KOMPLEKSE TAL M.M.people.math.aau.dk/~cornean/IMM_E12/kompleks.pdf · 2 Kompleksetalm.m. der for en trekant med en vinkel C afgrænset af siderne a og b og med c som modst˚aende

SØRENL. BUHL

KOMPLEKSE TAL M. M.

Matematik1

Denteknisk–naturvidenskabeligeBasisuddannelse

Afdeling for Matematikog DatalogiInstitut for ElektroniskeSystemer

Aalborg Universitetscenter

MCMXCII

Indhold

0 Indledning 1

1 Polærekoordinater 3

2 Kompleksetal pa cartesiskform 12

3 Kompleksetal pa polær form 17

4 Det komplekseandengradspolynomium 22

5 Det kompleksepolynomium af n’te grad 26

6 Den komplekseeksponentialfunktion 30

7 Homogenelineæredifferentialligninger 33

8 Inhomogenelineæredifferentialligninger 46

Directionenaf alle Linier i sammePlan kanudtrykkesligesaaanalytisk,somderesLængde, udenat

HukommelsenbebyrdesmednyeTegneller Regler.

CasparWessel(1745–1818)iOmDirectionensanalytiskeBetegning...1799

Han tegnerLandkort og læserLoven.Han er saaflittig somjeg er Doven.

JohanHermanWesselomsin broder.1

0 Indledning

Dettenotater beregnettil brugvedkurset“Matematik1” underAUC’s teknisk-naturvidenskabeligebasisuddannelse.Det har somsit hovedemneindførelsenafde kompleksetal. Der introduceresførst polærekoordinateri planen,for at denpolæreform af kompleksetal letterekanbehandles.Denkomplekseeksponential-funktion benyttestil løsningaf homogeneog inhomogenelineæredifferentiallig-ningermedkonstantekoefficienter. Hvert afsnitafsluttesmedenopgavesamling.Notatetafsluttesmedenfacitliste.

Herskalanføresnogleresultaterfra trigonometrien,somvi farbrugfor senere.Førstenlille tabel:

u 0 16π 1

4π 13π 1

2πgrader 0o 30o 45o 60o 90o

sinu 0 12

12

�2 1

2

�3 1

cosu 1 12

�3 1

2

�2 1

2 0

tanu 0 13

�3 1

�3 �

(1)

Der findesmangeformler for vinkelskift, menfrem for at brugeformelsamlinganserjeg det for bedreat udlededisseformler, nar manfar brug for dem,vedatsepa en enhedscirkel. Vi minderom denfra gymnasietkendtecosinusrelation,

1Dissecitaterhar jeg hentetfra Kirsti Møller Pedersen:CasparWesselog de kompleksetalsrepræsentation.Nordisk MatematiskTidsskrift, 1979,hefte2. CasparWesselvar denførste,deropfattedekompleksetal sompunkteri planen.

1

2 Kompleksetal m.m.

der for en trekantmed en vinkel C afgrænsetaf sidernea og b og medc sommodstaendesideudsiger, at

c2 � a2 � b2 � 2abcosC � (2)

Endviderefar vi brug for de sakaldteadditionsformlerfor cosinusog sinus.Delyder:

cos� u � v� � cosucosv � sinusinv

cos� u � v� � cosucosv � sinusinv

sin� u � v� � sinucosv � cosusinv

sin� u � v� � sinucosv � cosusinv

(3)

For atbevisedemstartervi medat indførefølgendevektoreri � 2:

a � � a1 � a2 � � � cosu � sinu� � b � � b1 � b2 � � � cosv� sinv��For deresskalarproduktharvi to udtryk:

a b �� a � � b � cosθ � a1b1� a2b2 �

hvorafdenførsteformel i (3) fas,daderer taleomenhedsvektorermedθ � u � v.Vedat erstattev med � v far vi dennæsteformel. I denneerstattesu med 1

2π � u,og vi far den tredje formel. Og heri erstattervi v med � v for at fa den sidsteformel.

OPGAVER

0.1. Vis rigtighedenaf tallenei (1), fx vedatsepa retvinkledetrekanter.

0.2. Udledformlerne

sin2x � 2sinxcosx �cos2x � cos2x � sin2 x � 2cos2x � 1 � 1 � 2sin2 x

0.3. Udledformlerne

cosx �� 1 � cos2x2

� sinx �� 1 � cos2x2

�hvor fortegnetafhængeraf denkvadrant,somx ligger i.

0.4. Vis, at

tan2x � 2tanx1 � tan2 x

1. Polærekoordinater 3

0.5. Dererandretrigonometriske additionsformlerenddei tekstenviste.Udledfølgen-denyttige formlerud fra (3):

cosu � cosv � 2 cosu � v

2cos

u � v2

�cosu � cosv �� 2 sin

u � v2

sinu � v

2�

sinu � sinv � 2 sinu � v

2cos

u � v2

�sinu � sinv � 2 cos

u � v2

sinu � v

2�

0.6. Benyt denforegaendeopgave til at finde ud af, hvad der sker, nar mansuperpo-nererto vekselstrømmemedsammeamplitudeog mednæstensammefrekvens.(Staendebølger.)

1 Polærekoordinater

I planenindføreset koordinatsystem� O � e1, e2 � , hvor O er origo og e1, e2 pahinandenortogonaleenhedsvektorer, hvor denkortestedrejningfra e1 til e2 er ipositiv omløbsretning(mod uret). For et punkt P har vi de sædvanlige,sakaldtcartesiske2 koordinater� x � y� , hvor abscissenx ogordinateny erdefineredeudfrastedvektorenved

��OP � xe1

� ye2. EndvidereerpunktetP bestemtud fra stedvek-torenslængder �� OP � og vinklen θ, derangiverdrejningenfra e1 til

��OP, regnet

medfortegn.Vi kalderr og θ punktetspolærekoordinaterogskriver� x � y� � � r � θ � pol �Vi kalderr radiusvektorogθ retningsvinkel. Dergælder, at r � 0. Medensradius-vektordervederentydigtbestemt,gælderdetteikkeretningsvinklen:Vedadditionaf et helt multiplum af 2π fasdet sammepunkt,sa alle værdierθ � 2πk, k �� ,kanbenyttes.3 For origo,altsa r � 0, er θ helt ubestemt.Halvlinien ud fra origo iabscisseaksenspositiveretningkaldespolaraksen.

Pafigur1 visesdecartesiskeogdepolærekoordinaterfor punktetP. Af simpletrigonometriskeformler farman

x � r cosθ � y � r sinθ (4)

og

r �� x2 � y2 � tanθ � yx� (5)

2Efter Rene Descartes(1596–1650),derpa latin kaldtesig Cartesius.3 betegnermængdenaf heletal.

4 Kompleksetal m.m.

x!

y"P (x,y)

r#0

Figur 1: Polærekoordinater

Formel(4) angiverentydigtovergangenfra polæretil cartesiskekoordinater. Der-imod angiver (5) kun radiusvektorentydigtveddenmodsatteovergang.Dels til-laderformlenfor retningsvinklenθ ikke,atx � 0, delserderfor x $� 0 enløsning,hvor � 1

2π % θ % 12π, og dener falsk,hvis punktetligger i 2. eller 3. kvadrant;sa

skal π adderes(eller subtraheres).Derfor skalmanaltid sepa, hvilkenkvadrantpunktetligger i.4 Somenøvelsekanlæserendobbeltchecke ligningerne� 1 � 0� = � 1 � 0� pol �� 0 � � 2� = � 2 � � 1

2π � pol �� 1 � 1� = � � 2 � 14π � pol ��&� 1 � � 3� = � 2 � 23π � pol �vedat verificeredembadeforlænsogbaglæns.

Vi skalsepaenrækkeeksemplerpa,hvordanenkurvekanbeskrivesi polærekoordinater. Specieltbeskriver ligningenr � a encirkel medcentrumi origo ogradiusa. Ligningenθ � α beskriverenhalvlinieud fra origo (strale),dererdrejetvinklen α ud fra polaraksen.I de tilfælde,hvor en strale højstskærerkurven engang,kan vi beskrive kurven ved en ligning af formen r � g � θ � . Man skal herværeopmærksompa,atmankunmabrugeθ-værdier, for hvilke r � 0.5 Enkurveer symmetriskomkring x-aksen,hvis ligningenbliver uforandret,nar θ erstattes

4Mangelommeregnerekandirektekonverteremellem ' x ( y) og ' r ( θ ) pol.5Nogle lærebogsforfatteretillader negative r, sa '+* r ( θ ) pol , ' r ( θ * π ) pol. Herved kan nogle


O-

C

P

A.

0

Figur2: Cirkel gennemorigo

af � θ. Den er symmetriskom y-aksen,hvis ligningen bliver uforandret,nar θerstattesaf π � θ. Dener symmetriskom origo, hvis ligningenbliver uforandret,nar θ erstattesaf θ � π.

EKSEMPEL1.1En ret linie har i cartesiske koordinaterligningenx � y � 2. Find densligning ipolærekoordinater.

Løsning:Vedbrugaf (4) fasr cosθ � r sinθ � 2.Tegnlinien for atfaθ-intervallet!Man far

r � 2cosθ � sinθ � � 1

4π % θ % 34π �

Man finder i øvrigt en symmetri,der ikke er omtalt ovenfor: Hvis θ erstattesaf12π � θ, bliver r uforandret,dasinusog cosinusbyttesom; derforerdersymmetriom linien y � x, i polærekordinaterstralenθ � 1

4π. /EKSEMPEL1.2Find i polærekoordinaterligningenfor cirklenmedcentrumi � a � 0� og radiusa.

smukke sløjfer beskrivessimplere.Til gengælder det vanskeligereat undersøge,hvornar to sætpolærekoordinaterbestemmerdetsammepunkt.

6 Kompleksetal m.m.

Løsning: Af fig. 2 ses,at r �0�OP �1� 2 �OA �� 2 �OC � cosθ. Da figurenligger i 1.og4. kvadrant,fas

r � 2acosθ � � 12π 2 θ 2 1

2π �Symmetrienomkringx-aksenaflæsesaf, at udtrykket (og θ-intervallet) ikke æn-dres,nar θ skifter fortegn. /

Antag,at enkurve medligningenr � g � θ � drejesenvinkel α omkringorigo.Hervedvil punktetP med � r � θ � pol blive drejetover i punktetP1 med � r � θ � α � pol.For at P1’s polærekoordinaterkanpassei ligningen,ma vi trække vinklen α fra.Vi harfølgenderesultat:

Hvis en kurve med ligningen r � g � θ � drejesvinklen α, regnet medfortegn,sa far dennyekurve ligningenr � g � θ � α � . (6)

EKSEMPEL1.3Hvilkenkurvebeskrivesvedr � sinθ, 0 2 θ 2 π?

Løsning: Udtrykket kan omskrives til r � cos� θ � 12π � . Af eksempel1.2 med

a � 12 ses,at derer taleomenencirkel medcentrum � 0 � 12 � ogradius1

2. /Vi skal nu senogleeksemplerpa kurver, der beskrivesi polærekoordinater.

Vedkurvetegningenskalmanisærværeopmærksompa,hvornar r � 0, ogomderθ-værdier, derskaludelukkes,fordi r ernegativ. Støttepunkterplottesved,atmanfor udvalgteθ-værdierafsætterdentilsvarender-værdiud adstralen.I endel aftilfældeneer r uforandret,nar 2π adderestil θ. I sa fald et det nok at angive etθ-interval af længde2π, fx � π % θ 2 π eller0 2 θ % 2π.

EKSEMPEL1.4Skitserkurvenmedligningenr � 1 � cosθ. (Denkaldeskardioiden.)

Løsning: (Sefig. 3) Vi ser, at radiusvektorvokserfra 0 til 2, nar retningsvinklenvokserfra 0 til π, og aftagerfra 2 til 0, nar retningsvinklenvokserfra π til 2π.Da udtrykket ikke ændres,nar θ erstattesaf 2π � θ (eller skifter fortegn), er dersymmetriomkringx-aksen.Herernoglestøttepunkter:

θ 0 3 16π 3 1

3π 3 12π 3 2

3π 3 56π π

r 0 1 � 12

�3 1

2 1 32 1� 1

2

�3 2

Disseværdierkanomregnestil decimalbrøkog evt. konverterestil cartesiske ko-ordinaterpa enlommeregner. Omkringθ � 0 gar kurvendirekteud fra origo,ogvi far en sakaldtspids. Dettesvarertil, at der er to halvtangenter, der er ensret-tede.(For almindeligetangenterer demodsatrettede.)Navnetkardioideskyldeshjerteformen. /


Figur 3: Kardioide

EKSEMPEL1.5Vis, at r �� cos2θ � beskriverenfirebladetrose.

Løsning: (Sefig. 4) Dererspidserfor r � 0,hvilketindtræffer for θ � 3 14π, 3 3

4π.Et enkelt “blad” fasfor � 1

4π 2 θ 2 14π, hvor r antagersin maksimaleværdi1 for

θ � 0. Af (6) ses,at de andrebladefasved at drejeet helt multiplum af 12π (se

fig. 4). Hvis numerisktegnetfjernedes,altsa r � cos2θ, ville mankun fa to blade,da r % 0 for � 3

4π 2 θ 24� 14π og 1

4π 2 θ 2 34π. (Med kurvetegningsprogrammer,

dertilladernegative r, ville manstadigfa alle fire blade.) /EKSEMPEL1.6(Archimedes’spiral.) Skitser kurvengivetvedligningenr � 1

2θ.

Løsning: (Se fig. 5) Defineretfor θ � 0. r vokserjævntsomfunktion af θ ogforøgesmedπ for hveromdrejning. /EKSEMPEL1.7Derergivetenellipsemedhalvaksera ogb � a

�1 � e2, hvor eerexcentriciteten.

De to brændpunkterer hhv. i origo og modsatrettet polaraksen.Find ellipsensligning i polærekoordinater.

8 Kompleksetal m.m.

Figur4: Firebladetrose

Figur5: Archimedes’spiral


O-

F

P

r#05

Figur 6: Ellipse

Løsning: (Sefig. 6) LadP væreetvilk arligt punktpaellipsen,ogladbrændpunk-terneværeO og F. Af cosinusrelationen(2) fas�FP � 2 ��OP � 2 �6�FO � 2 � 2 �OP �7�FO � cos� π � θ � �som,daellipsener defineretved �FP �8�4�OP �1� 2a, og brændpunktsafstandener2ea, bliver til � 2a � r � 2 � r2 � 4e2a2 � 4reacosθ �derefterreduktionkanomformestil

r � a � 1 � e2 �1 � ecosθ

� /Vedforskelligeanvendelser, fx arealberegning,harmanbrugfor atfindeskæ-

ringspunkternemellemkurver beskrevnei polærekoordinater. Her er deret pro-blem,sommanikke har for cartesiske koordinater, nemlig at flere værdieraf θgiversammepunkt.

EKSEMPEL1.8Find skæringspunkternemellemkardioidenr � 1 � sinθ ogcirklen r � 3sinθ.

Løsning: (Sefig. 7) Idet1 � sinθ � 1 � cos� θ � 12π � , erkardioidendrejet � 1

2π udfra deni eksempel1.4. Pa nærfaktoren3 er cirklen deni eksempel1.3 nævnte.Vi sætter1 � sinθ � 3sinθ ogfarsinθ � 1

2 medløsningerθ � 16π, 5

6π. Hervedfas

10 Kompleksetal m.m.

Figur 7: Kardioideogcirkel

skæringspunkterne� 32 � 16π � pol og � 32 � 56π � pol eller i cartesiske koordinater� 34 � 3 � 34 �og �&� 3

4

�3 � 34 � . Da beggekurver gar gennemorigo, er detteogsa et fællespunkt,

selv om mani ligningerneikke far r � 0 for de sammeθ-værdier. Det er klogtaltid at laveenskitse,damanellerslet kanoversenogleskæringspunkter. /EKSEMPEL1.9FindskæringspunkternemellemArchimedes’spiralr � θ og stralenθ � 1

2π.

Løsning: Det er ikke nok at indsætteθ � 12π i r � θ, da addition af 2π giver

sammeretningsvinkel. (Tegn!) Vi ma altsa indsætteθ � 12π � 2kπ, k � 0 � 1 � �9�9� .

(Ingennegativeθ, daθ � 0 for spiralen.)Endvidereerorigo fællespunkt,altsa

origo� � 12π � 12π � pol � � 52π � 12π � pol � � 92π � 12π � pol � �:�9�ellerpa cartesiskform� 0 � 0� � � 0 � 12π � � � 0 � 52π � � � 0 � 92π � � �9�:� /OPGAVER

1.1. Angiv polærekoordinaterfor følgendepunkter:

(a) ; 0 �<� 1= , (b) ; 1 � 1= , (c) ;?> 3 �<� 1= , (d) ;@�A> 3 �<� 3= , (e) ;@� > 6 � > 2= .


1.2. Nedenstaendepunkterer sammenfaldendeto og to pa nærto umage.Find sam-menhængen.

(a) ; 2 � π = pol, (b) ; 0 � 1= pol, (c) ; 3 � 13π = pol, (d) ; 2 �<� 117π = pol,

(e) ; 2 � 0= pol, (f) ; 3 �<� 13π = pol, (g) ; 0 � π = pol, (h) ; 3 � 83π = pol,

(i) ; 3 � 113 π = pol, (j) ; 2 � 12π = pol.

Angiv en ligning i cartesiske koordinater for hver af nedenstaendeligninger i polærekoordinater. Angivkurvetypen.

1.3. r cosθ � 3,

1.4. r � 1B sinθ.

1.5. r � 2sinθ.

1.6. cos2θ � sin2θ.

1.7. r cosθ � ln2r � lnsinθ.

Find decartesiske koordinaterfor skæringspunkternemellemfølgendekurver:

1.8. r � 1 og r � 1 � cosθ.

1.9. r � sinθ og r � 1BC; 2sinθ = ,1.10. r � > 3cosθ og r � 1 � sinθ.

1.11. Skitser grafenfor r � 2 � cosθ.

1.12. Opstil ligningeni polærekoordinaterogskitser grafenfor enseksbladetrose.

1.13. Marker hvertaf defølgendeudsagn somSandteller Falsk:

a) Bortsetfra narx � 0, bestemmesretningsvinklenθ vedtanθ � yB x.

b) Depolærekoordinatsæt; r1 � θ1 = pol og ; r2 � θ2 = pol bestemmerdetsammepunkt,hvisogkunhvis r1 � r2 ogθ1 � θ2.

c) For et givet polærtkoordinatsæt; r � θ = pol findesderkun et cartesiskkoordinatsæt,derbestemmerdetsammepunkt.

d) For en kurve beskrevet ved ligningenr � g ; θ = er det nok at sepa θ i intervallet0 D θ E 2π.

e) Amerikanske calculusbøgertilladernormaltr E 0.


1.14. Skitser grafenfor r � 1BC; 1 � 12 cosθ = . Hvilkentypekurve er det?

1.15. Skitser grafenfor r � 1BC; 1 � cosθ = . Hvilkentypekurve erdet?

1.16. Lad F betegneenret linie, derikke gar gennemorigo.Lad P betegneprojektionenaf origo O pa F . Vis, at hvis afstandener d �6GOPG og

�7HOP dannervinklen α med

polaraksen,sa er liniens ligning i polærekoordinaterr � d B cos; θ � α = . (Vink:Geometriskargument,eller drej linien x � d og benyt (6).)

1.17. Find ligningeni cartesiske koordinaterfor cirklen i eksempel1.2.Benyt dentil atgive enalternativ udledningaf r � 2acosθ.

1.18. Udledellipseligningeni polærekoordinaterfra eksempel1.7 vedat indsættei el-lipsensligning i cartesiske koordinater.

1.19. (Lemniskaten.)Lad A �I;@� 1 � 0= og B �I; 1 � 0= i cartesiske koordinater. Find lig-ningeni polærekoordinaterfor kurvenbestaendeaf depunkterP, for hvilke GPA G@JGPB GK� 1. (Vink: Benyt (2) ogopg.0.2.)

1.20. En hyperbelharhalvaksernea og b � a> e2 � 1, hvor eer excentriciteten.Brænd-punkterneer i origo og pa polaraksen.Find ligningeni polærekoordinaterfor den“venstre”grenaf hyperblen.

1.21. Lad0 D a D 1. Kurvenr � 1 � acosθ haretantallodrettetangenter, derafhængeraf a. Findsammenhængen.(Vink: Find ; x � y= somfunktionaf θ.)

1.22. (Logaritmiskspiral.) Vis,atkurvenbestemtvedr � eθ haruendeligmangevindin-ger. Hvor mangevindingerkanmanpraktiskvisepaenfigur?(Tegn!)

2 Kompleksetal pa cartesiskform

De førstetal, manlærerom,er denaturligetal, altsa mængdenL �NM 1 � 2 � 3 � �9�9�PO .De treprikker fortæller, atderikkeernogetstørstetal, ogmerepræcistudtrykkesdettevedinduktionsaksiomet.L er lukketover for additionogmultiplikation.Foraltid atgøresubtraktionmulig udvidermantil mængden� �QM �:�9� � � 2 � � 1 � 0 � 1 � 2 ��9�9�&O af heletal.Divisionenfarmanmed(panærdivisionmednul) i mængdenR afrationaletal. Dif ferential-og integralregningkræver, atgrænseovergangermulig,oghertil behøvermanmængden� af reelletal. Menstadigerderpolynomier, derikkeharrødder, fx x2 � 1.

For at løsedetteproblemindførermanmængdenS af kompleksetal, derom-fatter alle talpar z � � x � y� , hvor x � y �� . Vi kalder x den reelle del og y denimaginæredel, ogskriverx � Re� z� , y � Im � z� . Ofteafbildermanz � � x � y� i pla-nenpasammemadesomenvektori � 2 og taleromdenkomplekseplanmedden

2. Kompleksetal pa cartesiskform 13

reelleog denimaginæreakse.6 Hvis Im � z�T$� 0, sigesz at væreimaginær. HvisyderligereRe� z� � 0, sigesz at værerent imaginær.

Vi indføreradditionog multiplikation af to kompleksetal a � � a1 � a2 � og b �� b1 � b2 � ved

a � b � � a1 � a2 � � � b1 � b2 � � � a1� b1 � a2

� b2 � � (7)

ab � � a1 � a2 �U� b1 � b2 � � � a1b1 � a2b2 � a1b2� a2b1 �V� (8)

Hvis denimaginæredel ernul, farman� a1 � 0� � � b1 � 0� � � a1� b1 � 0� � � a1 � 0�U� b1 � 0� � � a1b1 � 0� �

hvilket berettigeros til at identificeresadannekompleksetal medde reelle tal,da der er isomorfi mht. additionog multiplikation. Vi skriver derfor � x � 0� � x.Specielter � 0 � 0� � 0.

Det sesumiddelbartved ombytningeri (7) og (8), at den kommutativelovgældersavel for additionsomfor multiplikation,altsa

a � b � b � a � ab � ba�Ogsadenassociativelov gælderfor beggeregningsarter, altsa� a � b� � c � a � � b � c� � � ab� c � a � bc�V�For addition fas loven umiddelbart,da den gælderfor de to dele hver for sig.For multiplikation overladesbevisettil læseren(opg2.16).Endvideregælderdendistributivelov

a � b � c� � ab � ac�somvi nu vil bevise:

a � b � c� � � a1 � a2 �1�9� b1 � b2 � � � c1 � c2 �:�� a1 � a2 �1� b1� c1 � b2

� c2 �� a1 � b1� c1 �W� a2 � b2

� c2 � � a1 � b2� c2 � � a2 � b1

� c2 �9�� a1b1 � a2b2 � a1b2� a2b1 � � � a1c1 � a2c2 � a1c2

� a2c1 �� ab � ac�Da additionenforegar for hver del for sig,gælderdetteogsa subtraktionen.Hvadangardivision,skalvi for a $� 0 løseligningen

az � b X � a1 � a2 �1� x � y� � � b1 � b2 � �6Kaldesofte et Argand-diagramefter svejtserenJeanRobertArgand,selv om nordmanden

CasparWesselvardenførste,derfandtpa det.Menhanpubliceredepadansk!


dervha.(8) omformestil ligningssystemet

a1x � a2y � b1 �a2x � a1y � b2 � (9)

der har præcisen løsning,da determinantener a21� a2

2, somer ikke er nul pga.forbeholdeta $� 0. For løsningenz � � x � y� skrivesz � bY a.

EKSEMPEL2.1Lada � � 1 � 2� ogb � �&� 1 � 3� . Find a � b, b � a, ab ogbY a.

Løsning: Vi fara � b � � 0 � 5� , b � a � �&� 2 � 1� , ab � �&� 7 � 1� , bY a � � 1 � 1� . (Opstilog løsligningssystemet(9) svarendetil divisionen!) /

Det viser sig, at mankan undga talparnotationen,hvis manindførerdensa-kaldt imaginæreenhed

i � � 0 � 1��Af (8) ses,at i2 � � 1. Hermedfarvi, atpolynomietz2 � 1 harrodenz � i. (z � � ierdenandenrod.)Vi harnu for x � y �Z�

x � iy � � x � 0� � � 0 � 1�U� y� 0� � � x � y��Vi vil kaldebeggeskrivemader, altsa

z � � x � y� � x � iy

cartesiskform; i det følgendebrugessædvanligvisdensidste.Man behøver ikkeat huske (8) for at kunnemultiplicere,kun at i2 � � 1. For tallenei eksempel2.1fas

ab � � 1 � 2i �U�&� 1 � 3i � � � 1 � 3i � 2i � 6i2 � � 7 � i �For atlettedivisionenindførervi svarendetil z � x � iy denkomplekstkonjugeredez � x � iy. Geometrisksvarerkomplekskonjugeringtil spejlingomkringdenreelleakse.Deter let at visefølgendeegenskabervedkomplekskonjugering:

a � b � a � b � a � b � a � b � ab � ab � aY b � aY b � a � a � (10)

Vi overladerpavisningentil læseren(opg. 2.17) pa nær for den midterste,forhvilkenbevisetsersaledesud:

ab � � a1� ia2 �U� b1

� ib2 �� a1b1 � a2b2 � � i � a1b2� a2b1 �� a1b1 � a2b2 �[� i � a1b2� a2b1 �� a1 � ia2 �U� b1 � ib2 �� ab

2. Kompleksetal pa cartesiskform 15

Længdenaf z � x � iy, opfattetsomenvektori � 2, kaldesmodulus(ellernumeriskværdi)og betegnes � z � . Vi har � z � 2 � zz � x2 � y2 �Vi ernu i standtil atberegnebrøkenbY a paensimpleremadeendvedat løselig-ningssystemet(9). Vi forlængerbrøkenmeddenkomplekstkonjugeredetil næv-neren.Da

ba� ba

aa� ba�a � 2

far reelnævner, er det let at findedenreelledel og denimaginæredel af brøken.Vi illustrerermedet eksempel:

EKSEMPEL2.2Beregn bY a for tallenei eksempel2.1vedbrugaf komplekskonjugering.

Løsning:ba� � 1 � 3i

1 � 2i� �&� 1 � 3i �U� 1 � 2i ��1 � 2i � 2 � 5 � 5i

5� 1 � i � /

Sammenfattendekan mansige,at manregnermedkompleksetal pa sammemadesommedrelle tal, idet manbenytter denekstraregel i2 � � 1 og forlæn-ger brøker meddenkomplekstkonjugeredetil nævneren.Der er dog en undta-gelse,nemligreglen � x � 2 � x2. Faktiskgælderaltid � z � 2 $� z2, medmindrez er reel(opg.2.18).

OPGAVER

Angivfølgendeudtrykpa cartesiskform ; dvs.a � ib = :2.1. ; 1 � 2i =\�]; 3 � 4i = .2.2. ; 2 � 3i =9;@� 1 � 5i = .2.3. i99 .

2.4. ; 2 � i =9; 3 � i =9; 2 � i =9; 3 � i = .2.5.

13 � 2i

.

2.6.� 17 � 7i2 � 3i

.


2.7.; 31 � 43i =9; 75 � 61i =; 61 � 75i =9; 43 � 31i = .

2.8.> 3 � i > 2> 2 � i > 3

.

Afbild nedenstaendemængderaf z-værdier i denkomplekseplan.

2.9. G zGUE 1.

2.10. 0 E^G zGUE 1.

2.11. G z � 2i GU_ 2.

2.12. G z � i GK�`G z � i G .2.13. Re a z � 3

i b � 0.

2.14. G zG 2 � 2Re; z= Im ; z=[� 0.


a) Kompleksetal z ced er detsammesomtalpar ; x � y=fcTg 2.

b) Enaf egenskabernevedkompleksetal er, atdekanopfattessomtalpar ; x � y=hcTg 2.

c) Man kan ikke divideremedet kompleksttal z �i; x � y= , hvis enaf delenex eller yer lig nul.

d) Man kandivideremedet kompleksttal z ��; x � y= , medmindrebeggedelenex og yer lig nul.

e) Hvis z �j� z, sa erz rent imaginær.

2.16. Vis,atdenassociative lov for multiplikationaf kompleksetal gælder, altsaa ; bc=k�; ab= c.

2.17. Vis, at formlerne(10) for komplekskonjugeringgælder.

2.18. Vis, at for kompleksetal gælderG z2 GK� z2, hvis ogkunhvis z clg .

2.19. Udledtrekantsulighedenfor kompleksetal:mm G z1 G<�nG z2 G mm DoG z1 � z2 GUDpG z1 Gq��G z2 Gsr(Vink: Benyt, atensidei entrekantermindreendsummenaf deto andreogstørreendderesdifferens.)Hvornar kanderværelighedstegn?

3. Kompleksetal papolærform 17

3 Kompleksetal pa polær form

Detkompleksetal z � x � iy har, opfattetsometpunkt � x � y� i denkomplekseplan,naturligvisogsapolærekoordinater. Vi siger, at

z � � r � θ � pol

erdenpolæreformaf tallet.Sammenhængenmeddencartesiskeform ergivetved

z � r � cosθ � i sinθ �V� (11)

Vi skriverr �� z � � θ � arg � z� �

hvor � z � er dentidligereindførtemodulusog arg � z� kaldesargument. Man kalderogsa denpolæreform for modulus-argument-form. Argumentetarg � z� er kun de-fineretpanæretheltmultiplumaf 2π. (For z � 0 erdetheltudefineret.)Vedhove-dargumentetforstasdenretningsvinkel θ � Arg � z� , for hvilken � π % Arg(z) 2 π.

EKSEMPEL3.1Angiv z � � 1 � i papolærform.

Løsning: Moduluser � z �K� � 2, ogfor argumentetfastanθ � � 1. Dazer i 2. kva-drant,vælgesθ � 3

4π. Vi far z � � � 2 � 34π � pol. (Tegn!) /Denpolæreform er ikkemegetbevendtvedadditionogsubtraktion.Derimod

erdennyttig vedmultiplikation ogdivision.Lad

z1� x1

� iy1� � r1 � θ1 � pol � z2

� x2� iy2

� � r2 � θ2 � pol �Vi harda

z1z2� r1 � cosθ1

� i sinθ1 � r2 � cosθ2� i sinθ2 �� r1r2 �:� cosθ1cosθ2 � sinθ1sinθ2 � � i � cosθ1sinθ2

� sinθ1cosθ2 �9�� r1r2 � cos� θ1� θ2 � � i sin� θ1

� θ2 �9�� r1r2 � θ1� θ2 � pol �

hvor vi harbenyttet to af additionsformlernei (3). Vi haraltsa� z1z2�� z1

�t� z2� � arg � z1z2 � � arg � z1 � � arg � z2 �� (12)

Udtrykt somenregelharvi:


Re

Im

z=x+iyu|z|

arg(z)

Figur 8: Et kompleksttal

Vedmultiplikation af kompleksetal multiplicerermanderesmoduli ogaddererderesargumenter.

(13)

Man børværeopmærksomflertydighedeni argumenterne.Hvis manfor z1 og z2

angiverhovedargumenterne,kanmanikkeværesikkerpa,atmanvedadditionfarhovedargumentetfor z1z2. (Overvej dette!)For divisionengælder, at w � z2 Y z1 erløsningentil ligningenz1w � z2. Derfor fasaf (12):vvvv z2

z1

vvvv � � z2�� z1� � arg w z2

z1 x � arg � z2 �W� arg � z1 �� (14)

EKSEMPEL3.2Ladz1

� � 3 � i, z2� � 1 � i

�3. Beregnz1z2 ogz2 Y z1 vedat benyttepolærform.

Løsning: Vi harz1� � 2 � 16π � pol � z2

� � 2 � 23π � pol �og far derforaf (11)

z1z2� � 4 � 56π � pol

� � 2�

3 � 2i �z2

z1

� � 1 � 12π � pol� i �


Resultatetkanogsa fasvedat benyttecartesiskform.7 /Multiplikationsreglen (13) er formuleretfor et vilk arligt antal faktorer, selv

omvi formelt kunharvist denfor to faktorer. At� z1z2 �9�9� zn�� z1

�t� z2� �9�9� � zn

� � arg � z1z2 �9�9� zn � � arg � z1 � � arg � z2 � � :9 � arg � zn �gælderfor alle n �yL , fas let ved et induktionsbevis. Er alle z’erne ens,far vipotensreglen � zn �V�� z � n � arg � zn � � narg � z� � (15)

derfor z $� 0 kanvisesat gældefor alle n �Z� .

EKSEMPEL3.3Beregn � 1 � i

�3� 3.

Løsning: Udtrykketkannaturligvisberegnesdirekte.Vi vil i stedetbenyttepolærform. For z � 1 � i

�3 ermodulus � z �V� 2, og for argumentetfastanθ � �

3. Dazer i 1. kvadrant,brugesθ � 1

3π. Vi far z � � 2 � 13π � pol. Derfor er z3 � � 8 � π � � � 8./Specielthar manfor � z �z� 1, altsa for tal pa denkomplekseenhedscirkel, at

z � � 1 � θ � pol� cosθ � i sinθ ogherafzn � � 1 � nθ � pol

� cosnθ � i sinnθ, altsaharvivist deMoivresformel8:

cosnθ � i sinnθ � � cosθ � i sinθ � n � (16)

EKSEMPEL3.4Udledformler for cos3θ ogsin3θ.

Løsning: Vedbrugaf (16) fas

cos3θ � i sin3θ � � cosθ � i sinθ � 3� cos3 θ � 3i cos2 θsinθ � 3i2cosθsin2 θ � i3sin3 θ�4M cos3 θ � 3cosθ � 1 � cos2θ �VO � i M 3 � 1 � sin2θ � sinθ � sin3 θ O� � 4cos3θ � 3cosθ � � i � 3sinθ � 4sin3 θ �Darealdelenog imaginærdelenstemmeroverens,far vi formlerne

cos3θ � 4cos3θ � 3cosθ � sin3θ � 3sinθ � 4sin3 θ � /7Detteeksempeloverbeviserdig maske ikke om fordeleneveddenpolæreform; menvent til

du kommertil denbinomeligning!8AbrahamdeMoivre (1667–1754).Omtrentligudtale:dømu-{a-vrø,øsomi gøre.


Vi skalnu sepahvordanmanløserdensakaldtebinomeligning:

zn � w�hvor w er et givet kompleksttal. Vi serbort fra det trivielle tilfældew � 0, hvorkunz � 0 er løsning.Idet vi sætterw � � r � θ � pol, skalvi findez � � s� ϕ � pol. Vi far� sn � nϕ � pol

� � r � θ � pol �Damoduluser entydigtbestemt,fass � n

�r. Derimoder argumentetkun bestemt

panæret heltmultiplumaf 2π, sa vi far

nϕ � θ � 2πk � k �]� �ogdermed

ϕ � θn� 2π

nk � k �]�T�

Vi farforskelligeplaceringeri denkomplekseplanfor k � 0 � 1 � �9�:� � n � 1,hvorefterdererperiodiskgentagelse.De forskellige løsningererderfor

z � w r1| n � θn � 2πn

kx pol� k � 0 � 1 � �9�:� � n � 1 � (17)

De n løsningerligger i denkomplekseplansomvinkelspidsernei en regulærn-kant.Vi vil kaldealle løsningernen-terødderaf w.

EKSEMPEL3.5Finddetre tredjerødderaf 8i.

Løsning: Idetz3 � 8i � � 8 � 12π � pol, er løsningernei z:� 2 � 16π � pol � � 2 � 56π � pol � � 2 � 32π � pol �eller i cartesiskekoordinater�

3 � i � � � 3 � i � � 2i �Rødderneudgørvinkelspidserneaf enensvinklettrekant(sefig. 9). /


Re

Im

Figur 9: De tre tredjerødderaf i

EKSEMPEL3.6Find desekssjetterødderaf � 64,og angiv dempacartesiskform.

Løsning: Pa polærform er � 64 � � 64� π � pol, hvorfor z6 � � 64 harløsningerne

z � w 6�

64� π � 2πk6 x pol

� � 2 � 16π � k 13π � pol � k � 0 � 1 � �9�9� � 5 �

De ligger alle pa en cirkel med radius2 og centrumi 0. Argumenterneer 16π,

12π, 5

6π, 76π, 3

2π, 116 π. Pa cartesiskform er rødderne– medensammentrængtskri-

vemade– z � 3 2i � 3 � 3 3 i. Du er ikke færdigmeddetteeksempel,før du harindtegnetrøddernei denkomplekseplan. /OPGAVER

3.1. Angiv denpolæreform for følgendekompleksetal:

(a) � i, (b) 1 � i, (c) > 3 � i, (d) �A> 3 � 3i, (e) � > 6 � i > 2.

3.2. Konverter følgendepolæreformertil cartesiske former:

(a) ; 2 �<� 14π = pol, (b) ; 0 � 1= pol, (c) ; 5 � 5π = pol, (d) ; > 2 � 34π = pol, (e) ; 2 � 100

3 π = pol.


3.3. Løsligningenz4 �j� 1.

3.4. Løsligningenz4 �j� 8 � 8> 3i.

3.5. Løsligningen ; z � 1= 4 � 1.

3.6. Løsligningen ; z � 1= 3 �j� 8.

3.7. Find ; 12 > 3 � 12 = 100.

3.8. Find ; 1 � i = 20.


a) For allezerhovedargumentetArg ; z= entydigtbestemt.

b) For allez }� 0 er hovedargumentetArg ; z= entydigtbestemt.

c) Derer ensimpelformel for additionaf kompleksetal papolærform.

d) Denpolæreform ervelegnetvedpotensopløftningog roduddragning.

e) Hvis ; a � ib = 3 � 8, saera2 � b2 � 4.

3.10. For hvilke kompleksetal zer z � 1B z?3.11. For hvilke tal zerz2 i 2. kvadrant(Re; z=fE 0, Im ; z=~_ 0)?

3.12. For hvilke tal zerz3 i 2. kvadrant?

3.13. Lad s � sin18o. Vis, at sin54o � 3s � 4s3 � cos36o, og dermed,at s tilfredsstillerligningen4s3 � 2s2 � 3s � 1 � 0. Findsin18o.

4 Det komplekseandengradspolynomium

Vi serførstpa ligningenz2 � w �

hvor w � u � iv er et kompleksttal. Ved at skrive w pa polærform, altsa w �� r � θ � pol, kanvi findedeto løsningervedat tagekvadratrodaf modulusoghalvereargumentet(løsningen(17) til denbinomeligning medn � 2). Her skalgivesenandenmetode.

For w reel, altsa w � u, kendervi i forvejen resultatet.For u � 0 er der dereelleløsningerz � 3 � u, for u � 0 erderenløsningz � 0, og for u % 0 erderdeto rentimaginæreløsningerz � 3 i

� � u.

4. Detkomplekseandengradspolynomium 23

Vi antagerdernæst,at w er imaginær, altsa v $� 0. Vi sætterz � x � iy, og daz2 � x2 � y2 � 2ixy, far vi vedat identificerereelledelefor sig og imaginæredelefor sig ligningerne

x2 � y2 � u � 2xy � v �Da vi antog,at v $� 0, ma ogsa x $� 0 og y $� 0. Vi finder af densidsteligningy � vY 2x, somvedindsættelsei denførsteefteromformninggiver

x4 � ux2 � v2

4� 0 �

Detteer en reelandengradsligningi x2 meddiskriminantu2 � v2 � r2, hvor r ermodulusfor w, altsa r ��w � . Vi far x2 � 1

2 � u 3 r � . Da �u � % r (huskv $� 0), giverx2 � 1

2 � u � r � ingenløsning,idetx2 ikkekanværenegativ. Af x2 � 12 � u � r � fas

x � 3Z� r � u2 �

og dermedvedindsættelse

y � v3 2 � r � u2

� 3 v� v � � r � u2 �

hvor vi har forlængetbrøken med�

r � u og benyttet � v �� v2 � �

r2 � u2. Viindførerfortegnsfunktionen(for reelletal)

sign� x� � x� x � �� 1 for x � 0 �� 1 for x % 0 �og far, dafortegnenehørersammen,deto løsningertil z2 � w � u � iv

z � 3 w � r � u2

� i sign� v� � r � u2 x � (18)

Vi bemærker, at for v � 0 kanvi ogsa brugeformlen,hvis vi negligerersign� v� ,daentendenreelleellerdenimaginæredel forsvinder.

EKSEMPEL4.1Vi ønskerat løseligningenz2 � 3 � 4i.

Løsning: Damoduluser r � � 9 � 16 � 5, giver formel (18)

z � 3�� 5 � 32� i � 5 � 3

2 � � � 2 � i �� 2 � i � /


Vi sernupadengenerellekomplekseandengradsligning

az2 � bz � c � 0 �hvor a, b ogc erkompleksekonstanter, meda $� 0. Vi benytterdensammemetodesomved løsningaf denreelleandengradsligning,nemlig kvadratudfyldning. Dametodener vigtig, skal beviset gentagesher. Vi sættera udenfor parentesogopfatterz2 somdetenekvadratledogbzY a somdetdobbelteprodukt.Vi udfyldermeddetandetkvadratled� bY 2a� 2 og far

az2 � bz � c � a w z � b2a x 2 � b2

4a� c �

Vi indførerdiskriminantend � b2 � 4acpa sammemadesomfor reelletal og farligningen w z � b

2a x 2 � d4a2 �

Nar to kompleksetal harsammekvadrat,følgerdetaf (18),atdeentenerensellerensmedmodsatfortegn,sa

z � b2a

� 3 � d2a �

ogvi far sammeløsningsformelsomfor denreelleandengradsligning

z � � b 3 � d2a � d � b2 � 4ac �

I modsætningtil for reelletal er�

d ikke veldefineret,da ligningenz2 � d har toløsninger, hvoraf ingensærligtkan fremhæves.Dettegiver dog ingenproblemerher, pa grundaf at derstar 3 i formlen.Vi ser, at vi i detkompleksetilfældealtidfar to forskellige rødder, bortsetfra tilfældet d � 0, hvor z � � bY 2a er dobbelt-rod.9

EKSEMPEL4.2Løsligningen � 3 � i � z2 �o� 9 � 3i � z � 10 � 0 �

9Egentligburdemanikkebrugenavnetdiskriminanti detkompleksetilfælde,dad ikkediskri-minerermellem,om derer rødderellerej, somi detreelletilfælde.

4. Detkomplekseandengradspolynomium 25

Løsning: Vi far d � � 9 � 3i � 2 � 40� 3 � i � � � 48 � 14i med modulus r ��482 � 142 � 50,sa�

d � 3 � � 50 � 482

� i � 50 � 482 � � 3�� 1 � 7i ��

Derforer løsningen

z � � 9 � 3i ��3`� 1 � 7i �2 � 3 � i � � ��

� 1 � i �U� 3 � i �2

� 2 � i �� 2 � i �U� 3 � i �5

� 1 � i � /EKSEMPEL4.3Løsligningen

iz4 � � 1 � i � z2 � 1 � 0 �Løsning: Vi opfatter først udtrykket som en andengradsligningi z2, med d �� 1 � i � 2 � 4i � � 1 � i � 2. Vi far

z2 � �� 1 � i ��3`� 1 � i �2i

� �� 1

i

For z2 � � 1 er z � 3 i, og for z2 � i er z � 3�� 1 � i �:Y � 2. Vi far defire rødderifjerdegradspolynomietz � i � � i � 12 � 2 � 1 � i � � � 1

2

�2 � 1 � i �� /

OPGAVER

Løsfølgendeandengradsligninger:

4.1. z2 � 8i � 0.

4.2. z2 � 80 � 18i .

4.3. z2 � 12 � 1

2 > 3i .

4.4. z2 � 2z � 5 � 0.

4.5. z2 �]; 1 � i = z � i � 0.

4.6. z2 �]; 1 � i = cz � ic2 � 0, hvor c ced er givet.


4.7. z2 ��; 2 � 5i = z � 9 � 7i � 0.

4.8. > 3z2 � 9z � 7> 3 � 3i � 0.


a) For kompleksetal zer kvadratroden> zveldefineret.

b) En andengradsligningharaltid mindstenkompleksløsning.

c) En andengradsligningharaltid mindstenimaginærløsning.

d) En andengradsligningharaltid to forskellige komplekseløsninger.

e) Til løsningaf ligningenz2 � w er det i nogletilfældebedstat brugeformel (18), iandretilfældeformel (17).

Løsfølgendeligninger og afbild løsningernei denkomplekseplan:

4.10. z4 � 3z2 � 4 � 0.

4.11. z3 � 2z2 � 2z � 0.

4.12. z8 � 3z4 � 4 � 0.

4.13. z6 ��; 1 � 8i = z3 � 8i � 0.

4.14. Find fejlen i følgende“bevis” for, at 1 �j� 1:

1 � > 1 �� ;@� 1=9;@� 1=�� > � 1 J > � 1 � i J i � i2 �j� 1 r5 Det kompleksepolynomium af n’te grad

Ladp � z� � cnzn � cn � 1zn � 1 � 99 � c1z � c0 �

hvor c0 � c1 � �9�9� cn �ZS ogcn $� 0. For etα �ZS far vi vedpolynomiersdivision,derforløberpasammemadesomfor reellepolynomier,

p � z� � � z � α � q � z� � r �hvor kvotientenq � z� er et polynomiumaf � n � 1� ’ te gradog restenr �nS . Vi ser,at p � α � � r, altsa det for reellepolynomiervelkendteresultat,at α er rod i p � z� ,hvisogkun hvisz � α garop i p � z� .

Hvadangar eksistensenaf røddergælderderalgebraensfundamentalsætning,der siger, at ethvert komplekstpolynomium(af gradn � 1) har mindsten kom-pleks rod.10 Hvis α er rod, gar z � α op, og vi kan anvendesætningenigen pa

10Førstbevist i 1799af C.F. Gauss(1777-1855).

5. Detkompleksepolynomiumaf n’ te grad 27

kvotientpolynomietq � z� . Saledesfortsættes,indtil vi narnedtil 0’tegrad,hvorforvi altid kanskrive

p � z� � cn � z � α1 �1� z � α2 ��9�:�9� z � αn ��Hvis nogleaf α’erneforekommerfleregange,talervi ommultiple rødder.

Et andetspørgsmal er, hvordanmanfinderrødderne.For n � 2 harvi alleredeløst problemet.Der findesogsa formler for rødderi tredje-og fjerdegradspoly-nomier, hvor løsningerneindeholderkvadrat-,kubik- og fjerderødder.11 Derimoder det kun i specielletilfælde muligt at opstille en tilsvarendeformel for femte-gradspolynomier.12 Hvis manikkebehøverdeeksakteværdier, kanmanaltid vednumeriskemetoderfinderøddernemedenforeskrevennøjagtighed.

EKSEMPEL5.1Find røddernei

p � z� � z3 � z2 � 2iz � 2i �Løsning: Vi serumiddelbartved indsættelse,at z � � 1 er rod. Derfor gar z � 1op. Ved polynomiersdivision omskrivestil p � z� � � z � 1�U� z2 � 2i � , og de andrerøddererderforz � 3�� 1 � i � . /

Vedmangeanvendelser, fx reguleringsteknik,far manbrug for at findekom-plekserøddertil polynomiermedreellekoefficienter, altsa

p � z� � anzn � an � 1zn � 1 � 9: � a1z � a0 �hvor a0 � a1 � �:�9� an �� ogan $� 0. Antag,atz0

� x0� iy0 er rod,altsa p � z0 � � 0. Vi

far vedindsættelse

anzn0� an � 1zn � 1

0� 99 � a1z0

� a0� 0 �

Vi komplekstkonjugererdenneligning ogbenytter formlernez1� z2

� z1� z2 og

z1z2� z1 z2:

anzn0� an � 1zn � 1

0� 99 � a1z0

� a0� 0 �

Denneligning viser, at ogsaz0� x0 � iy0 er rod.Vi harvist:

Hvis etpolynomiummedreellekoefficienterharenimaginærrod,saerogsadetkomplekstkonjugeredetal rod.

(19)

11Formlerneer ikke mereindviklede,endat vi godt kunnetagedemmed,hvis vi havde enlektionmere.

12Detteblev bevist i 1826af af dennorskematematikerNielsHenrikAbel (1802–1829).


EKSEMPEL5.2Opstil et reeltpolynomium,derharrødderne1 og 2 � i.

Løsning: Da2 � i er rod,maogsa2 � i værerod.Derfor kanvi bruge� z � 1�U� z � 2 � i �U� z � 2 � i � � � z � 1�U� z2 � 4z � 5�� z3 � 5z2 � 9z � 5 � /EKSEMPEL5.3Find røddernei polynomiet

p � z� � 3z3 � 7z2 � 8z � 2 �Løsning: Hvis der er en rational rod, altsa z � aY b, hvor aY b �� , og brøkener uforkortelig, gælderder den regel, at a gar op i det konstanteled, og b garop i koefficiententil leddetaf højestgrad (se opg. 5.14). I vort tilfælde far vimulighedernea � 3 1 � 3 2 ogb � 3 1 � 3 3, altsaz � 3 1

3 � 3 23 � 3 1 � 3 2. Vi gørprøve

ogstartermedz � 3 13:

p �@3 13 � � 3 1

9 � 79 3 8

3 � 2 �Dervarbid, idetz � 1

3 er rod.Derfor garz � 13 og (for at undgabrøker)3z � 1 op.

Vedpolynomiersdivision fas

p � z� � � 3z � 1�1� z2 � 2z � 2��For z2 � 2z � 2 er d � � 4, sa z � 1 3 i er rødder. Sammenfattendeer røddernez � 1

3 � 1 � i � 1 � i. /EKSEMPEL5.4Find røddernei polynomiet

p � z� � z4 � 8z3 � 27z2 � 38z � 26 �idetderoplyses,at z � 1 � i er rod.

Løsning: Da 1 � i er rod, er 1 � i ogsa rod, hvorfor � z � 1 � i �U� z � 1 � i � � z2 �2z � 2 magaop.Vi findervedpolynomiersdivision,at

p � z� � � z2 � 2z � 2�U� z2 � 6z � 13��For z2 � 6z � 13 er d � � 16, sa rødderneer z � 3 3 2i. De fire rødderer altsaz � 1 � i � 1 � i � 3 � 2i � 3 � 2i. /

5. Detkompleksepolynomiumaf n’ te grad 29

OPGAVER

Find røddernetil følgendepolynomier:

5.1. z3 � z.

5.2. z3 � 3z2 � 3z � 7.

5.3. z4 � 3z3 � 3z2 � 3z � 2.

5.4. z8 � 3z4 � 4.

5.5. z6 � 14z4 � 4z2 � 1.

5.6. i z6 �]; 8 � i = z3 � 8.

Find røddernetil følgendepolynomier, medenrod opgivet:

5.7. z3 � 3i z2 � 4z � 2i , z � i er rod.

5.8. z3 �]; 1 � 8i = z2 ��; 23 � 8i = z � 33 � 48i , z �j� 3 er rod.

5.9. z4 � 12z3 � 62z2 � 140z � 125, z � 2 � i er rod.

5.10. z4 � 6z3 � 11z2 � 10z � 2, z � 1 � i er rod.


a) Hvis etpolynomiummedkompleksekoefficienterharenimaginærrod,sa erogsadetkomplekstkonjugeredetal rod.

b) Et komplekstpolynomiumaf n’ te gradharaltid n forskellige rødder.

c) Et komplekstpolynomiumaf n’ te gradharaltid n rødder, hvis hver rodsmultipli-citet tagesi betragtning.

d) Hvis manfor et vilkarligt fjerdegradspolynomium medreellekoefficienterkenderenrod,kanmanvedatbenytte dettenotatsmetoderfindealle rødderne.

e) Hvis manfor et vilkarligt fjerdegradspolynomium medreellekoefficienterkenderenimaginærrod,kanmanvedatbenytte dettenotatsmetoderfindealle rødderne.

5.12. Afbild røddernetil polynomietz5 � z i den komplekseplan. Vis, at de dannersammemønstersomfemmerenpa enterning.

5.13. Angiv etsjettegradspolynomium,hvisrødderafbildeti planendannersammemøn-stersomsekserenpaenterning.

5.14. Antag,at p ; z=k� anzn �ZJPJPJ�� a1z � a0 harheltalligekoefficienter, ogatz � aB b c��er enrod (skrevet somuforkortelig brøk).Vis, at a G a0 og b G an (“ G ” betyder“garop i”). (Vink: Indsætog forlængmedbn. I hvilke led gar a automatiskop?)


6 Denkomplekseeksponentialfunktion

Vi skalnu definereexp � z� � ez for z ��S . Vi startermedtilfældet,hvor z er rentimaginær, altsaz � iθ, θ �Z� . Vi definerer

eiθ � cosθ � i sinθ � (20)

Dennedefinitionma ikke værei konflikt meddentidligere indførtedefinitionafdenreelleeksponentialfunktionex, x �� . Det enestesammenfald fasfor θ � 0,hvor ei0 � e0 � 1, somdenskal. Vi vil gernebevaresa mangeegenskabervedeksponentialfunktionensommuligt. Vi serførstaf (20),ateiθ for alleθ �� liggerpaenhedscirklen� z �V� 1 i denkomplekseplan,hvorfor eiθ $� 0. Endvideregælderpotensreglerne

eiθ1eiθ2 � ei � θ1 � θ2 � � (21)

eiθ1

eiθ2

� ei � θ1 � θ2 � � (22)� eiθ � n � einθ � n �]�� (23)

Disseformler udledessimpelt ud fra (13), (14) og (15), idet der gældereiθ �� 1 � θ � pol.Dernæstdefineresdengenerellekomplekseeksponentialfunktionez, hvor z �

x � iy. Da ex og eiy alleredeer definerede,og vi gernevil have potensreglernebevarede,definerervi

ez � exeiy � ex � cosy � i siny��For overgangtil polærform harvi heraf

ez � ex� iy � � ex � y� pol � (24)

Ved at benytte formlerne(21), (22) og (23) samtde tilsvarendeformler for denreelleeksponentialfunktion,eller direkteud fra (24), fas,at desædvanligeregne-reglergælder:

ez1ez2 � ez1 � z2 � ez1

ez2

� ez1 � z2 � � ez� n � enz � n ��Vi serspecielt,at eiπ � � 1, somomformestil13

eiπ � 1 � 0 � (25)

13Nogleopfatter(25)somdensmukkesteformel i matematikken,dadensammenknytterdefemvigtigstematematiske konstanter. Andre har ikke sansfor denslags.Ligesomnogleglædersigoverskønhedenaf ennyudsprungenbøgeskov, medensandrekunserpa,hvor megetgavntømmerskovenkanproducere.

6. Denkomplekseeksponentialfunktion 31

Vedat ga via denpolæreform serman,at denbinomeligning af n’ te grad

zn � w

harfølgendeløsninger(svarendetil (17))

z � n� �w � exp � i w arg � w�n

� k 2πn x�� k � 0 � 1 � �9�9� � n � 1 � (26)

Specieltharligningenzn � 1 somløsningerden enhedsrødder

e2πki | n � k � 0 � 1 � �9�:� � n � 1 �En vigtig egenskabved eksponentialfunktionener, at den er sa let at diffe-

rentiere,svarendetil at dener løsningtil ensimpeldifferentialligning.For at ge-neraliseretil denkomplekseeksponentialfunktionindførervi begrebetkompleksfunktion af enreelvariabel.For f : ��S sættervi

f � t � � f1 � t � � i f2 � t � �hvor f1 � f2 : �� . Vi siger, at f erkontinuert,hvisbade f1 og f2 erkontinuerte.Endvidere,at f er differentiabel,hvis bade f1 og f2 er det,og i sa fald definerervi differentialkvotienten

f �� t � � f �1 � t � � i f �2 � t ��Detsesumiddelbart,at f � � t � � 0 for allet � � , hvisogkunhvis f eren(kompleks)konstantfunktion.Endvidereharvi desædvanligedifferentiationsregler� f � g� � � f � � g� � � cf � � � cf � � � f g� � � f � g � f g� �Denførsteformelbevisessaledes:� f � g� � �¡M � f1 � g1 � � i � f2 � g2 �VO � � � f1 � g1 � � � i � f �2 � g�2 �� f �1 � i f �2 � � � g�1 � ig �2 � � f � � g� �Densidsteformelkrævermereregneri(seopg.6.8),ogdenmellemstefassometspecielttilfældeaf densidste.

Vi er nu redetil at differentiereect , hvor c � a � ib er enkomplekskonstant.Vi far

ddt

ect � ddt� eat cosbt � ieat sinbt �� aeat cosbt � beat sinbt � � i � aeat sinbt � beat cosbt �� eat M � a � ib � cosbt � �&� b � ia � sinbt O� � a � ib � eat � cosbt � i sinbt �� cect �


Vi hardermedvist, at ect differentierespa sædvanligmadeog tilfredsstillerdiffe-rentialligningenz� � cz. Specieltmedrentimaginæreksponentfarman

ddt

eiωt � iωeiωt �Denneformel er centralfor elektriskkredsløbsteori,hvor der indgar modstande,spolerog kondensatorer.14

EKSEMPEL6.1Finddifferentialkvotientenaf f � t � � e2it � 3 � it � .Løsning: Vedbrugaf produktreglenfas

f � � t � � 2i e2it � 3 � it � � i e2it � e2it � 7i � 2t �� /OPGAVER

Find differentialkvotienten af følgendekompleksefunktioneraf enreelvariabel:

6.1. f ; t =[� cost � i ln t .

6.2. f ; t =[��; et � 2it = 3 .

6.3. f ; t =[� eit cost .

6.4. f ; t =[� e; 2 � i = t ; 2 � i = .6.5. Marker hvertaf defølgendeudsagn somSandteller Falsk:

a) For denkomplekseeksponentialfunktion gælderderstortsetdesammeregnereglersomfor denreelle.

b) Detersimplereatga fra udtrykpaeksponentialformtil polærform endtil cartesiskform.

c) Den komplekseeksponentialfunktion differentierespa sammemadesomdenre-elle.

14Elektroingeniørerhar tradition for at bruge j for den imaginæreenhed,da de bruger i forstrømstyrken.

7. Homogenelineæredifferentialligninger 33

d) (Sombekendtkan logaritmendefineressomdenomvendtefunktion af eksponen-tialfunktionen.)Denkomplekselogaritmelnzer for z }� 0 entydigtdefineretved

w � lnz ¢ z � ew re) Enmulig definitionaf komplekslogaritmeer

lnz � ln G zGq� i Arg ; z=&� z }� 0 r6.6. Vis, at endrejningmedvinklen α omkringorigo kanbeskrivesvedmultiplikation

medetkompleksttal. Angiv tallet.

6.7. UdledEulers formler:

cosθ � eiθ � e£ iθ

2� sinθ � eiθ � e£ iθ

2ir

6.8. Vis vedatsepa realdelog imaginærdelfor sig,atproduktreglen ; f g=�¤z� f ¤ g � f g¤ogsa gælderfor enkompleksfunktionaf enreelvariabel.

6.9. Vis udenatsepa realdelog imaginærdelfor sig,at kvotientreglena fg b ¤ � f ¤ g � f g¤

g2

ogsa gælderfor enkompleksfunktionaf enreelvariabel.

6.10. Vis, at f ; t =W� eict tilfredsstillerdifferentialligningen f ¤ ¤ ; t =¥� c2 f ; t =W� 0.

6.11. EnvekselstrømkanbeskrivesvedI � Acos; ωt � ϕ = , hvor A eramplituden,ω vin-kelhastigheden(ν � ω B 2π er frekvensen)og ϕ er faseforskydningen.Vis, at hvismansuperponerer(adderer)to vekselstrømmemedsammeω, fasigenenveksel-strømmeddetteω. (Vink: Sætcos; ωt � ϕ =k� Re¦ ei § ωt ¨ ϕ ©�ª ; deterdagligrutineforelektroingeniører, derdognormaltlader“Re” væreunderforstaet.)

7 Homogenelineærediffer entialligninger

Vedenhomogenlineærdifferentialligningaf n’ te ordenforstasendifferentiallig-ningaf formen

any � n� � an � 1y � n � 1� � 99 � a1y� � a0y � 0 � (27)

hvor an $� 0. Hvis derimodnullet pa højresideer erstattetaf en given funktiong � x� , sigesdifferentialligningenat væreinhomogen (se afsnit 8). Vi vil i dette


notesætantage,at a0 � a1 � �:�9� � an er konstanter(reelletal, nar intet andetnævnes).Ved en løsning forstas en funktion y � y � x� ,15 der indsat i (27) giver et sandt

udsagn.Vi indførerdenelementæredifferentialoperator D � ddx

, sa altsa

Dy � dydx� y�?�

Vedanvendelseaf D fleregangefasaflededeaf højereorden,altsa

Dky � w ddx x k

y � dky

dxk� y � k� �

Vi kanabenbartskrive(27)pa formen

anDny � an � 1D � n � 1� y � 99 � a1Dy � a0y � 0 �Vi indførerdetkarakteristiskepolynomium

p � r � � anrn � an � 1r � n � 1� � 9: � a1r � a0 �og bemærker, at endifferentialligningaf ordenn har karakteristiskpolynomiumaf gradn. Hvis manerstatterdenvariabler medoperatorenD, far manen lineærdifferentialoperator

p � D � � anDn � an � 1D � n � 1� � 99 � a1D � a0 �ogkankort skrive (27)pa formenp � D � y � 0.16

EKSEMPEL7.1Angiv differentialoperatorenogdetkarakteristiskepolynomiumsvarendetil tred-jeordensdifferentialligningen

y�«�¬�1� 12

y�� 132

y�U� 3y � 0 �Løsning: Vi har

p � D � � D3 � 12D2 � 13

2 D � 3 �p � r � � r3 � 1

2r2 � 132 r � 3 � /

15Detervigtigt, atmanforstar forskellenpa funktionogfunktionsværdi,hvorfor mani denele-mentæreundervisningoftestskrivery , f ' x) for atmarkereforskellen.Noglepuristervil forlange,atmanblivervedmeddet.

16Desammepuristervil forlange,at hvert led indeholderenoperator. Detsidsteleda0 skali safalderstattesaf a0I , hvor I er denidentiskeoperator.


Da y nødvendigvisma væren gangedifferentiabelfor at kunneværeen løsning,kanvi opfattep � D � somenafbildning(transformation)

p � D � : ®�¯°�²± �hvor ± er vektorrummetaf reelle (eller komplekse)funktioneraf en reel vari-abel,17 og ® ¯ er underrummetaf n gangedifferentiablefunktioner. Det er nuafgørende,at linearitetenaf differentiationenD medfører, at p � D � er lineær, altsa

p � D �U� y1� y2 � � p � D � y1

� p � D � y2 �p � D �1� ay� � ap � D � y� (28)

(seopg.7.27).Vi kanderforopfattedenfuldstændigeløsningtil p � D � y � 0 somnulrummetfor differentialoperatorenp � D � . Detgælderdetvigtigeresultat,atnul-rummethardimensionlig ordenenaf p � D � , altsa

For enhomogenlineærdifferentialligningaf n’ teordenudgørdenfuld-stændigeløsninget vektorrumaf dimensionn.

(29)

Bevisetfor, atdimensionenmindstern vil fremgaaf restenaf detteafsnit.At denhøjster n, vil detførefor vidt at beviseher.

Vi skalaltsafor at løse(27)finden lineærtuafhængigeløsningery1 � y2 � �9�9� � yn.Dissemaværeenbasisfor løsningsrummet,sadenfuldstændigeløsningbliver

y � c1y1 � x� � c2y2 � x� � :9 � cnyn � x� �hvor c1 � c2 � �:�9� � cn erarbitrærekonstanter.

EKSEMPEL7.2Angiv denfuldstændigeløsningtil differentialligningen

y�¬� � y � 0 �Løsning: Ved indsættelsei ligningensesdirekte,at badey � ex og y � e� x erløsninger. Deer lineærtuafhængige,dadeikkeerproportionale(vis det!).Derforerdenfuldstændigeløsning

y � c1ex � c2e� x � /17For funktioneny , y ' x) vil vi altid antage,at x er reel, hvorimod det kan væreen fordel i

mellemregningerneat betragtey somkompleks,ogsa selvom mankun er interessereti løsningermedreelley.


For at tagehul pa problemetmed,hvordanman i almindelighedløser(27),prøver vi, om der eventueltskulle væreen løsningaf formeny � erx, hvor r eret reelt (eller maske komplekst)tal. Da der gældery� � rerx og meregenerelty � k � � rkerx, far vi vedindsættelse

anrnerx � an � 1r � n � 1� erx � 99 � a1rerx � a0erx � 0 �En lidt mereavanceretmadeat skrivedetsammepaer, at daDkerx � rkerx, ma

p � D � erx � p � r � erx �somsaskalsætteslig nul.Daerx ikkeernulfunktionen(faktiskerdenaldrig nul),far vi altsa en løsning,hvis og kun hvis p � r � � 0, altsa r er rod i det karakteri-stiskepolynomium.Vi er nu i standtil at løsedifferentialligninger, for hvilke detkarakteristiskepolynomiump � r � harn forskellige relle rødder.

EKSEMPEL7.3Løsdifferentialligningeni eksempel7.1.

Løsning: Ved at multiplicere polynomietmed 2 far man,at r skal værerod ipolynomiet

2r3 � r2 � 13r � 6 �derharheltalligekoefficienter. Kandidatertil rationalerødderer 3 1, 3 2, 3 3, 3 6,3 1

2, 3 32. Ved at prøve sig frem, eventueltmed polynomiersdivision efter den

førstesucces,serman,at rødderneer r � � 2, 3, � 12. Denfuldstændigeløsninger

da

y � c1e� 2x � c2e3x � c3e� 12x /

Denomhyggeligelæservil efterat have gennemregnetdetteeksempelstille føl-gendespørgsmal: Kanvi væresikrepa,atdetreeksponentialfunktionerer lineærtuafhængige,sa deudspænderet tredimensionaltløsningsrum?Det var jo let nok,hvisderkunvar to, dadeikkeerproportionale.18 Men hvadmedtre?

For atsikreos,at n forskelligeeksponentialfunktionerudspænderetn-dimen-sionaltrum,vil vi visefølgendesætning:

SÆTNING7.4Hvis tallener1 � r2 � �9�9� � rk alle er forskellige, sa er eksponentialfunktionerneer1x,er2x, �9�9� , erkx lineærtuafhængige.

18Enomhyggeliglæserharalleredegjort det,derstar i parentesi eksempel7.2.


Bevis: Vi førerbeviset indirekteog antager, at derer lineærafhængighed.Sa maenaf eksponentialfunktionerneværeenlinearkombinationaf deforegaende.Laddenm’ te væredenførste,detsker for:

ermx � c1er1x � 99 � cm� 1erm³ 1x �Detteskullegerneføretil enmodstrid.Vi differentierer:

rmermx � c1r1er1x � :9 � cm� 1rm� 1erm³ 1x �Dernæstmultiplicerervi denførsteligning medrm og subtrahererdensidstefraden.Efterensmuleomordningfar vi

c1 � rm � r1 � er1x � 9: � cm� 1 � rm � rm� 1 � erm³ 1x � 0 �Da ermx er antagetat væredenførsteeksponentialfunktion,derer en funktion afdeforegaendeeksponentialfunktioner, madisseværelineærtuafhængige,altsaeralle koefficienternei ovenstaendeligning nul:

c1 � rm � r1 � � :9 � cm� 1 � rm � rm� 1 � � 0 �Da rm er forskellig fra r1 � �9�9� � rm� 1, ma c1

� �9�9� � cm� 1� 0, hvoraf fasermx � 0

vedindsættelsei denførstnævnteligning i beviset.Ogdeter jo klart enmodstrid,sa hermederdenlineæreuafhængighedetableret. ´

Hvis det karakteristiske polynomiump � r � har imaginærerødder, er der intetproblem,hvismaner tilfredsmedenkompleksløsning.Ogsasætning7.4gælder,dader intetstedsi bevisetgar nogetgalt,nar derer taleom komplekseeksponen-tialfunktioner. (Koefficienterneblivernaturligviskomplekse.)

EKSEMPEL7.5Løsdenkompleksedifferentialligning

y��«� � y�� 2iy � � 2iy � 0 �hvor løsningsrummetskalbestaaf kompleksefunktioneraf enreelvariabel.

Løsning: Det karakteristiskepolynomiumer

p � r � � r3 � r2 � 2ir � 2i �Vi har alleredefundetrødderner � � 1, 1 � i, � 1 � i i eksempel5.1. Derfor erløsningen

y � c1e� x � c2e� 1 � i � x � c3e�t� 1� i � x� c1e� x � c2ex � cosx � i sinx� � c3e� x � cosx � i sinx� �hvor c1, c2 ogc3 erarbitrærekompleksekonstanter. /


Ved mangeanvendelserer koefficienternei (27) reelle, og man er i sidsteendeinteressereti reelleløsninger. Det er dogenstorfordelat kunnebrugekom-pleksetal i mellemregningerne.Dadetkarakteristiskepolynomiumharreelleko-efficienter, kan vi benytte (19). Hvis r � α � iβ er rod, gælderdetteogsa denkomplekstkonjugereder � α � iβ. Vi hardermedet todimensionaltunderrumafløsningsrummet:

y � Ae� α � iβ � x � Be� α � iβ � x� Aeαx � cosβx � i sinβx� � Beαx � cosβx � i sinβx�� A � B� eαxcosβx � i � A � B� eαxsinβx

(30)

Vi kannuvælgedearbitrærekompleksekonstanterA ogB, sac1� A � B ogc2

�i � A � B� bliverarbitrærereellekonstanter, nemligA � 1

2 � c1 � ic2 � , B � 12 � c1

� ic2 � .Hervedfar vi dereelleløsninger

y � c1eαxcosβx � c2eαxsinβx �Altsaharvi vist:

Hvis enhomogenlineærdifferentialligningmedkonstantereellekoef-ficienterhar de imaginærerødderα 3 iβ i det karakteristiske polyno-mium,saerderdeto lineærtuafhængigeløsninger

eαxcosβx � eαxsinβx �(31)

EKSEMPEL7.6Finddenfuldstændigereelleløsningtil differentialligningen

3d3ydx3 � 7

d2ydx2

� 8dydx� 2y � 0 �


p � r � � 3r3 � 7r2 � 8r � 2 �Vi har i eksempel5.3 fundetrødderner � 1

3, 1 � i og 1 � i. Derfor er denfuld-stændigereelleløsning

y � c1e13x � c2excosx � c3exsinx �

hvor c1, c2 og c3 er reellearbitrærekonstanter. /


EKSEMPEL7.7Find denfuldstændigereelleløsningtil differentialligningen

y � 4� � 8y�¬�� 27y�¬�1� 38y� � 26y � 0 �Løsning: Det karakteristiskepolynomiumer

p � r � � r4 � 8r3 � 27r2 � 38r � 26�Vi hari eksempel5.4fundetrødderner � 1 3 i, 3 3 2i. Derforerdenfuldstændigereelleløsning

y � c1excosx � c2exsinx � c3e3xcos2x � c4e3x sin2x � /Der er endnuen situation,vi manglerat behandle,nemlig multiple rødderi

detkarakteristiske polynomium.Sa far vi ikke nok eksponentialfunktionererx tilat udspændeløsningsrummet.Vi far brugfor enhjælpesætning:

HJÆLPESÆTNING7.8For differentialoperatoren � D � r � m gælder, at� D � r � m � x jerx � � 0 � j � 0 � 1 � �9�9� � m � 1 �Bevis: Vi anvenderførstD � r engang:� D � r �U� x jerx � � d

dx� x jerx �[� rx jerx� jx j � 1erx � rx jerx � rx jerx� jx j � 1erx �

Da et polynomiumq � x� er linearkombinationaf sadannex j og D � r er lineær,følger det,at hver gangmananvenderD � r pa et udtryk af formenq � x� erx, gargradenaf polynomietq � x� enned.Hvis D � r anvendesfleregangeendpolyno-mietsgrad,forsvinderpolynomiet,ogmanfarnul. ´EKSEMPEL7.9Løsdifferentialligningen

y��«� � 6y�� 12y� � 8y � 0 �Løsning: Det karakteristiskepolynomium

p � r � � r3 � 6r2 � 12r � 8 � � r � 2� 3har den tredobbelterod 2. Da p � D � � � D � 2� 3, kan vi skrive differentiallig-ningenpa formen � D � 2� 3y � 0. Af hjælpesætningenses,at e2x, xe2x og x2e2x

er løsninger, og da de er lineærtuafhængige(vis det!), far vi den fuldstændigeløsning

y � c1e2x � c2xe2x � c3x2e2x � /


Vi ernu i standtil atangiveformenaf denfuldstændigeløsningfor allehomo-genelineæredifferentialligningermedkonstantekoefficienter. Ifølge algebraensfundamentalsætning(seside26) kandetkarakteristiskepolynomiumskrives

p � r � � an � r � α1 � m1 � r � α2 � m2 �9�9�9� r � αk � mk �hvor α1 � α2 � �9�9� � αk er forskelligerødderogm1 � m2 � �9�9� � mk erdetilsvarendemulti-pliciteter. Derernuafgørende,atrækkefølgen,vi nævnerrøddernei, erligegyldig.For envilk arlig rod α medmultiplicitet m kanvi skrivedensidstog far

p � r � � q � r �U� r � α � m �hvor q � r � eret polynomiumaf gradn � m, derikkeharα somrod.For dentilsva-rendedifferentialoperatorharvi

p � D � � q � D �U� D � α � m �Daoperatoreranvendesbaglæns,servi, athvis � D � α � my � 0,saerogsa p � D � y �q � D � 0 � 0. Vi kanderforanvendehjælpesætningenog far, at for hver rod r medmultiplicitet m erderløsningerne

erx � xerx � x2erx � �9�9� � xm� 1erx �Hvis mansammenfatterdisseløsningerfor alle rødder, far mani alt n løsninger.Mankanvise,atdeer lineærtuafhængige,19 samanfarenbasisfor løsningsrum-met.En eventuelovergangfra kompleksetil reelleløsningervil ikke voldenogetproblemfor læsere,derikkeerstaetaf endnu.

EKSEMPEL7.10Løsdifferentialligningen

y � 5� � 3y � 4� � 3y��¬�1� y�� 0 �Løsning: For detkarakteristiskepolynomiumfas

p � r � � r5 � 3r4 � 3r3 � r2 � r2 � r � 1� 3 �Dar � 0erdobbeltrodogr � 1 tredobbeltrod,fasdenfuldstændigeløsning(husk,at e0x � 1)

y � c1� c2x � c3ex � c4xex � c5x2ex � /

19Jeg kunnegodtgiveet bevis her;mendadensamledescorefor tekniskværdiog kunstneriskværdier for lav, vil jeg undladedet.



y � 5� � 3y � 4� � 4y�� 4y� � 4y � 0 �idetderoplyses,at y � e� xsinx er løsning.


p � r � � r5 � 3r4 � 4r3 � 4r � 4 �Da e� xsinx er den imaginæredel af e�t� 1� i � x, ma r � � 1 � i, og dermedogsar � � 1 � i, værerødder. Derforgarpolynomiet� r � 1 � i �U� r � 1 � i � � � r � 1� 2 � 1 � r2 � 2r � 2

op i p � r � . Vedpolynomiersdivision fasfaktoriseringen

p � r � � � r � 1�U� r2 � 2r � 2� 2 �sadenfuldstændigekomplekseløsninger

y � Aex � Be�t� 1� i � x � Ce�t� 1 � i � x � Dxe�t� 1� i � x � Exe�t� 1 � i � x �Nar differentialligningenharreellekoefficienter, ma detværeet rimeligt krav, atvi angiver de reelle løsninger. Ved at behandleB og C, hhv. D og E, pa sammemadesomA og B i formel (30) – eller vedat sige,at for enkompleksløsningerbaderealdelenfor sig og imaginærdelenfor sig løsninger(hvorfor, detgælderjoikke i eksempel7.5?)– far vi denfuldstændigereelleløsning

y � c1ex � c2e� xcosx � c3e� xsinx � c4xe� x cosx � c5xe� xsinx � /Vi kan ogsa ga denandenvej og ladenogleløsningerværegivet. Vi skal sa

konstrueredifferentialligningen.To eksemplerillustrererdette:

EKSEMPEL7.12Opstilenhomogenlineærdifferentialligningmedkonstantekoefficienteraf lavestmulig orden,derharløsningerney � ex ogy � xe� x.

Løsning: I detkarakteristiskepolynomiumma r � 1 værerodog r � � 1 dobbelt-rod,altsaer

p � r � � � r � 1�U� r � 1� 2 � r3 � r2 � r � 1 �Differentialligningener

y�¬�� y�¬� � y� � y � 0 � /


EKSEMPEL7.13Opstil en homogenlineærdifferentialligningmed reelle koefficienter af lavestmulig orden,derharløsningernex2ex ogxe� x cos2x.

Løsning: r � 1 maværemindsttredobbeltrod i detkarakteristiskepolynomium.Da xe�t� 1� 2i � x har den andenangivne løsningsom realdel,ma r � � 1 � 2i ogr � � 1 � 2i væredobbeltrødder, hvorfor� r � 1 � 2i �U� r � 1 � 2i � � � r � 1� 2 � 4 � r2 � 2r � 5

gar to gangeop.Det karakteristiskepolynomiumer

p � r � � � r � 1� 3 � r2 � 2r � 5� 2 �Derforerdifferentialligningenaf syvendeorden:� D � 1� 3 � D2 � 2D � 5� 2y � 0 �Hvis manorker det(eller haradgangtil computeralgebra),kanmanmultipliceredetteud.Man far differentialligningen

y � 7� � y � 6� � 5y � 5� � 11y � 4� � 3y��«� � 29y�«� � 55y� � 25y � 0 � /Enbestemtløsningi løsningsrummetkanspecificeresvha.sakaldtebegyndel-

sesbetingelser. Hvis differentialligningeneraf ordenn, erdern arbitrærekonstan-ter, ogderesværdierkanfastlæggesved

y � x0 � � b0 � y� � x0 � � b1 � �9�9� � y � n � 1� � x0 � � bn � 1 �Ved indsættelsei udtrykket for y og densaflededefasn lineæreligningermednubekendte.Man kan vise, at ligningssystemetsmatrix altid er ikke-singulær, sadererpræcisenløsning.

EKSEMPEL7.14Løsbegyndelsesværdiproblemet

3y�«�¬�1� 7y�� 8y�U� 2y � 0 �y � 0� � 10� y� � 0� � 5 � y�� 0� � 3 �

Løsning: Differentialligningener alleredeløsti eksempel7.6.Vi har

y � c1e13x � c2excosx � c3exsinx �

y� � 13c1e

13x � c2ex � cosx � sinx� � c3ex � sinx � cosx� �

y�� 19c1e

13x � 2c2exsinx � 2c3excosx �


Vedindsættelseaf begyndelsesbetingelsernefas

c1� c2

� 10�13c1

� c2� c3

� 5 �19c1

� 2c3� 3 �

medløsningenc1� 9, c2

� 1, c3� 1. Derfor fas

y � 9e13x � ex � cosx � sinx�� /

Det skal til sidst nævnes,at da Newtons andenlov indeholderacceleratio-nen,derer enandenafledet,optræderandenordensdifferentialligningersærdelesofte ved fysiske og tekniske anvendelser. I bygningsstatikkenbeskrivesbjælkersudbøjningvedfjerdeordensdifferentialligninger.

EKSEMPEL7.15Et lod medmassenm hængeri enfjeder, hvis massenegligeres.En lodrety-akseindlægges.(Tegn!) Ifølge Newtons andenlov gælderfor den samledekraft F,somloddetpavirkesmed,at F � my.20 Idet origo er anbragti loddetshvilestil-ling, er der dermedkompenseretfor tyngdekraften.Ifølge Hookes lov21 bliverloddet trukket tilbagemod hvilestillingenmeden kraft � ky. Endvidereantagervi, at loddetbremsesmedenkraft proportionalmedhastigheden,altsa � cy. Vi farderforF � � ky � cy, altsadenhomogenedifferentialligning

my � cy � ky � 0 �Af fysiske grundeer m� c � k � 0. Lad fx m � 1kg, c � 2kg/sek,k � 65kg/sek2 �65N/m. Dadifferentialligningen

y � 2y � 65y � 0

harkarakteristiskpolynomiumr2 � 2r � 65meddekomplekserødder� 1 3 8i, fas

y � c1e� t cos8t � c2e� t sin8t �Antag, at loddet til tiden t � 0 trækkesud i en afstand1m og far et trækmed

20Vi benytterfysikernestradition(somstammerfra Newton)medat ladeprikkeroveretsymbolbetegnedifferentiationmht. tiden.

21RobertHooke(1635–1703).Somkuratorfor TheRoyal Societylavedehanhveruge3–4nyedemonstrationeraf fysiske fænomener.


t

y"

Figur 10:Dæmpetsvingning

hastigheden7m/sek,altsa at begyndelsesbetingelserneer y � 0� � 1, y � 0� � 7. Vifar løsningen

y � e� t � cos8t � sin8t ��Ved at opfatteparentesensomskalarproduktmellem � cos8t � sin8t � og � 1 � 1� �� 2 � 14π � pol, far vi

y � e� t � 2 � cos8t cos14π � sin8t sin1

4π � �altsa ifølge (3)

y � � 2e� t cos� 8t � 14π �V�

Der er tale om en dæmpetsvingningmed eksponentieltaftagendeamplitude�2e� t (sefig. 10).

OPGAVER

Angivdenfuldstændige løsningfor følgendedifferentialligninger:

7.1. y¤z� 2y.

7.2. ay¤:� by � 0, a ogb reellekonstanter.

7.3. y¤ ¤&� 7y¤&� 10y � 0.


7.4.d2ydx2 � 6

dydx� 7y � 0.

7.5. y¤ ¤&��; 1 � i = y¤µ� iy � 0.

7.6.d2udt2 � 10

dudt� 21u;

7.7. y¤ ¤&� 4y¤&� 5y � 0.

7.8. 4y¤ ¤&� 12y¤&� 9y � 0.

7.9. y¤ ¤ ¤ � 6y¤ ¤ � 11y¤ � 6y � 0.

7.10. 27y¤ ¤ ¤µ� 27y¤ ¤&� 9y¤µ� y � 0.

7.11. ; D3 � 8D2 � 25D � 26= y � 0.

7.12. y¤ ¤ ¤ � 13y¤ ¤ � 55y¤ � 75y � 0.

7.13. y § 4© � 4y¤ ¤ ¤&� 8y¤ ¤µ� 8y¤:� 4y � 0 (y � exsinx er løsning).

7.14. y § 4© � 6y¤ ¤ ¤&� 17y¤ ¤&� 28y¤9� 20y � 0.

7.15. ; D3 � 6D2 � 12D � 8=9; 4D2 � 8D � 5= y � 0.

Angivenhomogendifferentialligning medreellekoefficienter, derhar deangivnefunktio-ner somløsninger:

7.16. x.

7.17. cos3x.

7.18. ex, e3x.

7.19. e£ 12xsin1

3x.

7.20. 2, xcosx.

Løsfølgendebegyndelsesværdiproblemer:

7.21. y¤�� 2y, y ; 1=W� 2.

7.22. y¤ ¤&� 5y¤&� 6y � 0, y ; 0=W� 2, y¤�; 0=W� 1.

7.23. y¤ ¤ � 4y¤ � 5y � 0, y ; 0=W� 2, y¤ ; 0=W� 0.

7.24. y¤ ¤ ¤�� 2y¤ ¤ , y ; 0=[� 2, y¤�; 0=W� 3, y¤ ¤�; 0=W� 4.

7.25. y¤ ¤ ¤V� 3y¤ ¤&� 3y¤µ� y � 0, y ; 0=W� 1, y¤�; 0=W� 0, y¤ ¤�; 0=W� 1.



a) Denfuldstændigeløsningtil endifferentialligningudgøret underrumaf ¶ .

b) Denfuldstændigeløsningtil enlineærdifferentialligningudgøretunderrumaf ¶ .

c) Denfuldstændigeløsningtil enhomogenlineærdifferentialligningudgøretunder-rumaf ¶ .

d) For enhomogenlineærdifferentialligningmedkonstantekoefficienterfar manre-elle løsningervedat tagerealdelog imaginærdelaf dekomplekseløsninger.

e) For enhomogenlineærdifferentialligningmedreellekoefficienterfar manreelleløsningervedat tagerealdelog imaginærdelaf dekomplekseløsninger.

7.27. Gennemførbevisetfor (28), idet p ; D = antagesat væreaf formenaD2 � bD � c.

7.28. Vis, atenn’ teordenshomogenlineærdifferentialligning

any § n© � an £ 1y § n £ 1© �nJPJPJ<� a1y¤ � a0y � 0 �vedsubstitutionerne

y0 � y� y1 � y¤ � y2 � y¤ ¤ � rPrPrz� yn £ 1 � y § n £ 1©kan omdannestil n førsteordensligninger. Lad y �I; y0 � y1 �PJPJPJz� yn£ 1 = . Vis, at hvisy � y ; x= skrivessomensøjlevektor, sa gælderderenmatrixligningy ¤ � ay. FindmatricenA.

7.29. Antag i eksempel7.15,at m � 1kg og k � 65N/m holdesfast.Hvor stor er denmindsteværdiaf c, for hvilken der ikke forekommersvingninger(kritisk dæmp-ning).

8 Inhomogenelineærediffer entialligninger

Vedeninhomogenlineærdifferentialligningaf n’ te ordenforstasendifferential-ligning af formen

any � n� � an � 1y � n � 1� � 9: � a1y� � a0y � g � x� � (32)

hvor an $� 0 ogg � g � x� erengivenfunktion.Vi vil stadigantage,ata0 � a1 � �9�:� � an

erkonstanter(reelletal, nar intetandetnævnes).Vha.differentialoperatoren

p � D � � anDn � an � 1D � n � 1� � 99 � a1D � a0 �

8. Inhomogenelineæredifferentialligninger 47

somer indført pa side34,kan(32) kort skrivesp � D � y � g. Vi vil kaldeg � g � x�højresiden, ogsaselvom differentialligningenførstskalomordneslidt, for at denkanfa formen(32).Et pareksemplerbelyserdette.

EKSEMPEL8.1Undersøg,omfølgendefire differentialligningerkanskrivespa formen(32)

y��«�� 132 y�U� 1

2y�� 3y�y�� y2 � ex �y�� 1 � 3y � 4y� �4y� � e2x � y�� 3y � 0 �

Løsning: Denførsteligning kanomskrivestil

y�«�¬� � 12y�� 13

2 y� � 3y � 0 �og er derforhomogen.(Faktisker dennævnti eksempel7.1.)Dennæsteer ikkeenganglineær, dadenubekendtefunktion y � y � x� forekommerkvadreret.De tosidstnævnteomformestil hhv.

y�«�� 4y� � 3y � 1 � (33)

y�«� � 4y� � 3y � e2x � (34)

og harderforhøjresiderhhv. 1 oge2x. /Vi skal nu se,at hvis manblot kenderen løsningtil (32), kan manlet finde

samtligeløsningervedat løsedentilsvarendehomogeneligning (27).Vi vil findeet udtryk for envilk arlig løsningy � yinh � x� til deninhomogeneligning, altsa forhvilken

p � D � yinh� g �

Vi antager, at vi alleredeharfundetenløsningy � ypart � x� , hvor vi kalderypart enpartikulærløsning.22 Dergælderaltsa

p � D � ypart� g �

Da p � D � er lineær, fasvedsubtraktion

p � D �1� yinh � ypart� � 0 �22ypart er ikke finereenddeandre;partikulærløsningbetyderblot eneller andenløsning,som

vi paenellerandenmadeharfundetfrem til.


Herafses,at yinh � ypart er løsningtil dentilsvarendehomogeneligning (27), derogsa kanskrivesp � D � y � 0. Idet envilk arlig løsningtil (27) kaldesyhom, kanviderforskriveyhom

� yinh � ypart, altsa

yinh� ypart

� yhom � (35)

Vi harvist, atderikkeerandreløsningertil (32)enddem,derharformen(35).Atderikke i detteudtryk er falske løsninger, sermanvedat gøreprøve:

p � D � yinh� p � D � ypart

� p � D � yhom� g � 0 � g �

Vi hardermedvist følgendefundamentaleresultat:

Man far denfuldstændigeløsningtil eninhomogenlineærdifferential-ligning vedtil enpartikulærløsningatadderedenfuldstændigeløsningtil dentilsvarendehomogenedifferentialligning.

(36)

EKSEMPEL8.2Løsligningerne(33)og (34).

Løsning: Dadifferentialkvotientenaf enkonstanternul, sermanumiddelbartvedindsættelse,at (33) harenkonstantpartikulærløsning,nemligy � 1

3. Hvadangar(34), kunnemanfa denlyse ide, at der maske kunneværeen løsningaf formeny � Ae2x, hvor A er enforeløbigukendtkonstant.Sa kanmannemligindsætteogse,ommankanfa et sandtudsagn.Day� � 2Ae2x ogy�� 4Ae2x, far man

4Ae2x � 8Ae2x � 3Ae2x � e2x �derefterdivisionmede2x løsestil A � � 1,altsaery � � e2x enpartikulærløsning.Den homogeneligning er i beggetilfælde y�¬� � 4y� � 3y � 0 medkarakteristiskpolynomiumr2 � 4r � 3, derharrødderne1 og 3, sadenhomogeneløsning23 er

yhom� c1ex � c2e3x �

Derforerdenfuldstændigeløsningtil (33)

y � 13� c1ex � c2e3x �

og til (34)y � � e2x � c1ex � c2e3x �

Lægi øvrigt mærke til, at hvishøjresideni (34)varex, skulledermeresnedighedtil. Day � Aex uansetværdienaf konstantenAerløsningtil denhomogeneligning,kandenikkesamtidigværeløsningtil deninhomogeneligning.24 /

23Egentligløsningentil dentilsvarendehomogeneligning.24Vedandengennemlæsningveddu sikkert,hvaddu sa skalgøre,seopgave0.6.


Nar mansomi ovenstaendeeksempelhar sammehomogeneligning og for-skellige højresider, kan mandannenye inhomogeneligninger ved at kombinerehøjresiderne.Antag,atvi skalløsedifferentialligningen

p � D � y � a1g1� a2g2 � (37)

hvor a1 og a2 er konstanter, og vi alleredekenderpartikulæreløsninger, hvishøjresidener g1

� g1 � x� eller g2� g2 � x� . Lad nemlig y � y1 � x� og y � y2 � x�

opfyldep � D � y1� g1 og p � D � y2

� g2. Saery � a1y1 � x� � a2y2 � x� løsningtil (37),idetderpga.linearitetenaf p � D � gælder

p � D �U� a1y1� a2y2 � � a1 p � D � y1

� a2 p � D � y2� a1g1

� a2g2 �Vi harvist detsakaldtesuperpositionsprincip:

Nar man dannerlinearkombinationeraf højresider, er løsningernedetilsvarendelinearkombinationeraf deoprindeligeløsninger.

(38)


y��1� 4y� � 3y � 6 � 2e2x �Løsning: Fra eksempel8.2 vides,at hvis højresidenvar 1, ville y � 1

3 væreenpartikulærløsning,og hvis højresidenvar e2x, ville y � � e2x væreenpartikulærløsning.Altsaer nu

y � 6 � 13 � � 2 �&� e2x � � 2 � 2e2x

enpartikulærløsning.Derforer ifølge(36)denfuldstændigeløsningtil dengivneligning

y � 2 � 2e2x � c1ex � c2e3x � /Vi skal nu se pa en systematiskmetodetil løsningaf (32), nar højresiden

g � g � x� er af enbestemttype,nemlignarg er løsningtil enlineærhomogendif-ferentialligningmedkonstantekoefficienter. Vi antager, at derer et polynomiumq � r � , sa derfor dentilsvarendedifferentialoperatorq � D � gælder, atq � D � g � 0. Viindførerad hoc-begrebettilladt funktionfor sadannefunktionerg. Der er taleomeksponentialfunktionererx, ogsa for imaginærer � α � iβ, hvilket svarer til dereellefunktionereαxcosβx ogeαxsinβx. Sadannefunktionerkanværemultiplice-redemedx j , hvor j eret ikke-negativehelt tal, altsaudtrykaf formen

x jerx � x jeαxcosβx � x jeαxsinβx � j � 0 � 1 � �9�:�


(Bemærk,at for r � 0 farmanblot x j .) Endviderelinearkombinationeraf sadanne,hvilket dogogsa kanklaresvha.(38). I eksemplerne7.12og 7.13har vi setek-semplerpa, hvordansadannepolynomierq � r � kan konstrueres.Her er flere ek-sempler:

EKSEMPEL8.4Angiv for følgendefunktionerg � g � x� et polynomiumq � q � r � medreelleko-efficienter, sa q � D � g � 0: (a) g1 � x� � e3x, (b) g2 � x� � cos2x, (c) g3 � x� � xe� x,(d) g4 � x� � x2e� xsin2x, (e) g5 � x� � tanx.

Løsning: I tilfælde(a)er r � 3, saq1 � r � � r � 3 (svarendetil differentialligningeny� � 3y � 0). For (b) er r � 2i, saq2 � r � � � r � 2i �U� r � 2i � � r2 � 4. For (c) skalr �� 1 væredobbeltrod,saq3 � r � � � r � 1� 2. For (d) skalr � � 1 � 2i væretredobbeltrod, sa vi far sjettegradspolynomietq4 � r � ��M � r � 1 � 2i �U� r � 1 � 2i �VO 3 ��M � r �1� 2 � 4�VO 3. (Bemærk,atvi ikkeharspildt tidenpaatgangepolynomietud,dadetvæsentligeerrødderneogderesmultiplicitet.)For (e)erderikketaleomentilladtfunktion,saq5 eksistererikke. /

For tilladtehøjresiderg � g � x� kanvi i kortfattetnotationformulereproblemetsaledes:

Find y i p � D � y � g, hvor q � D � g � 0.

Vi vil anvendedifferentialoperatorenq � D � pabeggesideraf deninhomogenelig-ning.Vi far

q � D � p � D � y � q � D � g � 0 �hvorfor y � y � x� er løsningtil denhomogeneligning

q � D � p � D � y � 0 � (39)

Vi haraltsap � D � y � g · q � D � p � D � y � 0 �

menimplikationspilengar ikkedenandenvej, sa (39) indeholderfalske løsningertil p � D � y � 0 Faktisk indeholder(39) badeløsningernetil denhomogeneligningp � D � y � 0, løsningertil deninhomogeneligning p � D � y � g ogfalskeløsninger.25

Men da alle løsningertil (39) er med,kan vi ved at gøreprøve finde, hvad dearbitrærekonstanteri løsningsudtrykket for (39) skalvære.Vi illustrerermedenrækkeeksempler.

25Mankunnekalde(39) revl og krat-ligningen!


EKSEMPEL8.5Angiv denfuldstændigeløsningtil deninhomogenedifferentialligning

y�«� � y� � 2y � 12e2x �Løsning: Da p � r � � r2 � r � 2 � � r � 1�1� r � 2� og q � r � � r � 2, harpolynomietq � r � p � r � rødderne1, � 2 og 2, saq � D � p � D � y � 0 harløsningen

y � c1ex � c2e� 2x � c3e2x �Dayhom

� c1ex � c2e� 2x, prøvervi medypart� Ae2x. Vedindsættelsefas� D2 � D � 2�U� Ae2x � � 12e2x �

A 1� 22 � 2 � 2� e2x � 12e2x �hvorfor A � 3, saypart

� 3e2x. Ifølge (36)erdenfuldstændigeløsning

y � 3e2x � c1ex � c2e� 2x � /EKSEMPEL8.6Løsdifferentialligningen

y�� 2y� � y � 10e� 2xcosx �Løsning: Vi har p � r � � r2 � 2r � 1 � � r � 1� 2, og dae� 2x cosx er denreelledelaf e�t� 2� i � x, og q � r � skalhave reellekoefficienter, er

q � r � � � r � 2 � i �U� r � 2 � i � � � r � 2� 2 � 1 �Det er ikke nødvendigtat reducereudtrykket for q � r � , og det ville værespildtarbejdeat gangefjerdegradspolynomiet

q � r � p � r � �4M � r � 1� 2 � 1 O°� r � 1� 2ud, davi blot benytter, at r � 1 er dobbeltrodog r � � 1 3 i er komplekstkonju-gerederødder. Løsningentil differentialligningenskalfindesblandt

y � c1ex � c2xex � c3e� 2xcosx � c4e� 2xsinx �ogdadeto førsteledgiverdenhomogeneløsning,kanvi opstillefølgenderegne-skemafor enpartikulærløsning26

26Erfaringenviser, at noglestuderendeharvanskelighedermedsadannedifferentiationer. Læget stykke papirover udtrykkenefor y og y ¸ , og beregn demselv. Brug dentid, derer nødvendigfor at fa detlært.


y � Ae� 2xcosx � Be� 2xsinx 1

y� � �&� 2A � B� e� 2xcosx � �&� A � 2B� e� 2xsinx � 2

y�¬� � � 3A � 4B� e� 2xcosx � � 4A � 3B� e� 2xsinx 1

hvor vi harsorteretleddenei udtrykkenefor y� og y�¬� , og hvor tallenetil højreforstregenangiver, hvilken linearkombinationdergiver venstresidenaf differential-ligningen.Derfor fasvedindsættelse� 8A � 6B� e� 2xcosx � � 6A � 8B� e� 2xsinx � 10e� 2xcosx �somgiver ligningssystemet

8A � 6B � 10� 6A � 8B � 0 �medløsningenA � 4

5, B � � 35. En partikulærløsninger

ypart� 4

5e� 2xcosx � 35e� 2xsinx �

ogdenfuldstændigeløsninger

y � 45e� 2xcosx � 3

5e� 2xsinx � c1ex � c2xex � /Ud fra disseto eksemplerkunnemantro, at manikke behøver at spekulere

pa,hvadq � r � er, ogblot “gætte”paenpartikulærløsning,der“ligner” højresiden,altsaypart

� Ae2x i eksempel8.5ogypart� Ae� 2x cosx � Be� 2x sinx i eksempel8.6,

idet manhusker at fa badecosinusog sinusmedi detsidstetilfælde.Der er dogproblemermedmultiple rødder, navnlig nar der er fællesrødderi p � r � og q � r � ,somdefølgendeto eksemplerviser.


y�� 6y� � 9y � 4e3x �Løsning: Det kunneværefristendeatprøvemedypart

� Ae3x; mendeterdømttilat mislykkes.Idet p � r � � r2 � 6r � 9 � � r � 3� 2, er

yhom� c1e3x � c2xe3x �

og en funktion kan ikke samtidigtværeløsningtil denhomogeneog deninho-mogeneligning. Heller ikke ypart

� Axe3x dueraf sammegrund.Et inspireretgæter ypart

� Ax2e3x. Lad os argumenterefor, at vi kan væresikker pa, at det giver


resultat:Da p � r � � r2 � 6r � 9 � � r � 3� 2 ogq � r � � r � 3, er r � 3 tredobbeltrodi q � r � p � r � . Derfor ma løsningernesøgesblandt

c1e3x � c2xe3x � c3x2e3x �ogdeto førsteledudgørdenhomogeneløsning.Derformac3 $� 0 i enpartikulærløsning,og vi far derfor ved at trække denhomogenedel fra, se (36), ogsa enpartikulærløsningaf formenypart

� Ax2e3x. Vi far regneskemaet

y � Ax2e3x 9

y� � A � 3x2 � 2x� e3x � 6

y�«� � A � 9x2 � 12x � 2� e3x 1

I linearkombinationenangivettil højrefor stregenforsvinderleddenemedxe3x ogx2e3x, sa vi far

2Ae3x � 4e3x �Vi harA � 2, saypart

� 2x2e3x, og dermeder denfuldstændigeløsning

y � 2x2e3x � c1e3x � c2xe3x � /EKSEMPEL8.8Løsdifferentialligningen

y�� 4y � sin2x �Løsning: Vi har p � r � � r2 � 4, og dahøjresidener denimaginæredel af e2ix, erogsaq � r � � r2 � 4. Vi far vha.q � D � p � D � y � 0, at løsningerneerblandt

y � c1cos2x � c2sin2x � c3xcos2x � c4xsin2x �hvorafdeto førsteledgiverdenhomogeneløsning,savi altsa for denpartikulæreløsningskal multiplicere differentialligningenshøjresidemed x og huske at facosinusmed.Vi far regneskemaet

y � Axcos2x � Bxsin2x 4

y� � A cos2x � B sin2x � 2Bxcos2x � 2Axsin2x 0

y�«� � 4B cos2x � 4A sin2x � 4Axcos2x � 4Bxsin2x 1

ogdermedB cos2x � 4Asin2x � sin2x �

saA � � 14, B � 0. Hermederypart

� � 14xcos2x, sa denfuldstændigeløsninger

y � � 14xcos2x � c1cos2x � c2 sin2x �

Detteeksempelkanogsa løseskomplekst,seopgave0.18. /


Debemærkninger, derstarpaside42ombegyndelsesbetingelser, gælderufor-andredefor inhomogenedifferentialligninger. Vi illustrerermedet eksempel.

EKSEMPEL8.9Løsbegyndelsesværdiproblemet

y�¬� � 3y� � 2y � 24xe2x �y � 0� � 1 � y� � 0� � � 1 �

Løsning: Idet p � r � � r2 � 3r � 2 � � r � 1�1� r � 2� og q � r � � � r � 2� 2, serman,at

yhom� c1e� x � c2e� 2x �

ogat dermaværeenpartikulærløsningaf formen

ypart� Ae2x � Bxe2x �

Vedindsættelsefar manA � � 1, B � 2, sadenfuldstændigeløsningbliver

y � � e2x � 2xe2x � c1e� x � c2e� 2x �Veddifferentiationfas

y� � 4xe2x � c1e� x � 2c2e� 2x �Vi indsætterx � 0 i deto udtrykog far

c1� c2

� 2 � � c1 � 2c2� � 1 �

hvorafc1� 3, c2

� � 1. Derfor erdensøgteløsning

y � � e2x � 2xe2x � 3e� x � e� 2x � /OPGAVER

8.1. Angiv for følgendefunktionerg et reelt polynomiumq, sa q ; D = g � 0. (a) e£ 4x,(b) sin3x, (c) x2e3x, (d) e2x cos2x, (e) x7e2x sin2x, (f) sinxcosx, (g) cos2x,(h) sin; x2 = .

Angivdenfuldstændige løsningtil følgendedifferentialligninger:

8.2. y¤:� 4y � e4x.


8.3. y¤&� 4y � e£ 4x.

8.4. y¤ � 4y � 12 ; e4x � e£ 4x = . (Vink: Løsførstopg.0.2og 0.3.)

8.5. y¤ ¤ � 7y¤ � 12y � 2e2x.

8.6. y¤ ¤µ� 4y¤&� 3y � ex.

8.7. y¤ ¤&� 3y¤&� 2y � x2 � 3x � 1.

8.8. y¤ ¤ ¤:� 3y¤ ¤&� 3y¤&� y � e£ x.

8.9. y¤ ¤ � 7y¤ � 12y � 150sin3x.

8.10. y¤ � 2y � 25xcosx.

8.11. y¤ ¤µ� 2y¤&� 2y � 25xsinx.

8.12. y¤ ¤µ� 2y¤z�j� 4x2.

8.13. y¤&� 2y � 10sin2 x.

Løsfølgendebegyndelsesværdiproblemer;

8.14. y¤µ� y �� 2sinx, y ; π =W�j� 1.

8.15. y¤ ¤ � 4y¤ � 3y � ex, y ; 0=[� 1, y¤ ; 0=[� 0.

8.16. y¤ ¤ � 3y¤ � 2y � 2e2x cosx, y ; 0=[� 0, y¤ ; 0=W� 0.


a) Nar manhar løst differentialligningenq ; D = p ; D = y � 0, sa kan man umiddelbartangive løsningentil differentialligningenp ; D = y � g.

b) Løsningaf differentialligningenq ; D = p ; D = y � 0 kanbenyttestil at løsedifferenti-alligningenp ; D = y � g.

c) Metodeni detteafsnit kanaltid brugestil at løseendifferentialligningaf formenp ; D = y � g.

d) Ud fra løsningertil p ; D = y � g1 ogtil p ; D = y � g2 kanmanlet konstruereløsningertil p ; D = y � g1g2 .

e) Ud fra løsningertil p ; D = y � g1 ogtil p ; D = y � g2 kanmanlet konstruereløsningertil p ; D = y � g1 � g2 .


8.18. Løseksempel8.8vha.denkomplekseeksponentialfunktion. (Vink: Højresidenerdenimaginæredel af e2ix. Prøvmedypart � Axe2ix, hvor A er enkompleksarbitrærkonstant.)

8.19. Antag,atr � r0 ikkeerrodi polynomietp ; r = . Vis,atdifferentialligningenp ; D = y �er0x hary � er0x B p ; r0 = somenpartikulærløsning.

8.20. Antag,at r � r0 er en simpelrod i polynomietp ; r = . Vis, at differentialligningenp ; D = y � er0x hary � xer0x B p¤�; r0 = somen partikulærløsning.(Vink: Lad p ; D =h�q ; D =9; D � r0 = .)

8.21. Vis, aty¤ � ay � g ; x= hary � e£ ax ¹ eaxg ; x= dx somenpartikulærløsning.

8.22. (Fortsættelse.)Angiv for x _ 0 denfuldstændigeløsningtil

y¤ � y � ex

xr

8.23. (Fortsættelse.)Angiv denfuldstændigeløsningtil

y¤ � y � 1ex � 1

rFACITLISTE

1.1: a: � 1 � � 12π � pol, b: � � 2 � 14π � pol, c: � 2 � � 1

6π � pol, d: � 2 � 3 � � 23π � , e: � 2 � 2 �

56π � pol. 1.2: a+d,b+g, e+j, f+i, c, h. 1.3: x � 3. 1.4: y � 1. 1.5: Cirklen x2 �y2 � 2y. 1.6: y � 3 x. 1.7: y � 1

2ex. 1.8: � 0 � 1� , � 0 � � 1� . 1.9: � 12 � 12 � , �&� 12 � 12 � .

1.10: � 0 � 0� , � 34 � 3 � � 34 � . 1.12: Fx r �º� cos6θ � . 1.13: FFSFS.1.14: Ellipse.1.15:

Parableny2 � 1 � 2x. 1.19: r � �2cos2θ. 1.20: r � a � e2 � 1�:Y»� 1 � ecosθ � ,� α % θ % α, hvor cosα � � 1Y e. 1.21: 2 for 0 2 a 2 1

2, 4 for 12 % α % 1, 3 for

a � 1. 1.22: Kunca. 34 vinding!

2.1: � 2 � 6i. 2.2: � 17 � 7i. 2.3: � i. 2.4: 50 (brugzz �¼� z � 2). 2.5: 313� 2

13i.2.6: � 1 � 5i. 2.7: 1. 2.8: 2

5

�6 � 1

5i. 2.9: Enhedscirkelskiven i denkomplekseplan. 2.10: Sammeudprikket. 2.11: Punkterudenfor cirklen medcentrum2iog radius2. 2.12: Den reelleakse.2.13: do. 2.14: Linien gennemorigo medhældning45o. 2.15: FSFSS.

3.1: a: � 1 � � 12π � pol, b: � � 2 � 14π � pol, c: � 2 � � 1

6π � pol, d: � 2 � 3 � � 23π � pol, e: � 2 � 2 �

56π � pol. 3.2: a:

�2 � i

�2, b: 0, c: � 5, d: � 1 � i, e: � 1 � i

�3. 3.3: 1

2

�2 �@3 1 3 i �

(alle fire). 3.4: 3�� 3 � i � , 3�� 1 � i�

3� . 3.5: 2, 1 � i, 0, 1 � i (sætw � z � 1).3.6: -3, i

�3, � i

�3. 3.7: � 1 � 100 16π � pol

� � 12� 1

2

�3π. 3.8: -1024.3.9: FSFSS.


3.10: � z �:� 1. 3.11: Sektorerne14π % θ % 12π og 5

4π % θ % 32π. 3.12: 1

6π % θ % 13π,

56π % θ % π, 3

2π % θ % 53π. 3.13: 1

4 � � 5 � 1� .4.1: 2 � 2i, � 2 � 2i. 4.2: 9 � i, � 9 � i. 4.3: 3�� 12 � 3 � 1

2i � . 4.4: 1 � 2i, 1 � 2i.4.5: 1, i. 4.6: c, ic. 4.7: 3 � 2i, � 1 � 3i. 4.8: 2

�3 � i,

�3 � i. 4.9: FSFFS.

4.10: 2, � 2, i, � i. 4.11: 0, 1 � i, 1 � i. 4.12: 3 1, 3 i, 3 1 3 i (ottei alt). 4.13: 1,� 12 3 1

2

�3i, � 2i, 3 � 3 � i. 4.14: To værdieraf

� � 1 sammenblandes.5.1: 0, i, � i. 5.2: � 1, 2 3 i

�3. 5.3: 1, 2, 3 i. 5.4: 3 1, 3 i, 3 1 3 i. 5.5: 3 1

2i,3 1 3 i. 5.6: 2i, 3 � 3 � i, 1, � 12 3 1

2

�3i. 5.7: i, 3 1 � i. 5.8: � 3, 2 � 3i, 2 � 5i.

5.9: 2 3 i, 4 3 3i. 5.10: 2 3 � 3, 1 3 i. 5.11: FFSFS.5.13: z6 � z4 � 4z2 � 4 (ogandre).

6.1: � sint � i Y t. 6.2: 3 � et � 2it � 2 � et � 2i � . 6.3: eit �&� sint � i cost � . 6.4:5exp M � 2 � i � t O . 6.5: SSSFS.6.6: eiα. 6.9: Benyt produktreglenpa f � � f Y g�» g.

7.1: ce2x. 7.2: ce�h� b| a� x. 7.3: c1e� 2x � c2e� 5x. 7.4: c1e� 3�~½ 2� x � c2e� 3 � ½ 2� x.7.5: c1e� x � c2eix, hvor c1 og c2 er komplekse.7.6: u � c1e3t � c2e7t .

7.7: c1e� 2xcosx � c2e� 2xsinx. 7.8: c1e� 32x � c2xe� 3

2x. 7.9: c1ex � c2e2x � c3e3x.

7.10: c1e13x � c2xe

13x � c3x2e

13x. 7.11: c1e� 2x � c2e� 3x cos2x � c3e� 3xsin2x. 7.12:

c1e3x � c2e5x � c3xe5x. 7.13: c1excosx � c2exsinx � c3xex cosx � c4xexsinx. 7.14:c1e� 2x � c2xe� 2x � c3e� xcos2x � c4e� xsin2x. 7.15: c1e2x � c2xe2x � c3xe2x �c4excos1

2x � c5exsin12x. 7.16: y�� 0. 7.17: y�� 9y � 0. 7.18: y�«� � 4y� � 3y � 0.

7.19: 36y�«� � 36y� � 13y � 0. 7.20: y � 5� � 2y��«� � y� � 0. 7.21: 2e2 � x � 1� . 7.22:7e� 2x � 5e� 3x. 7.23: 2e2x � cosx � 2sinx� . 7.24: 1 � x � e2x. 7.25: ex � x2 � x � 1� .7.26: FFSFS.7.29: c � 16� 1kg/sek.

8.1: (a) r � 4, (b) r2 � 9, (c) � r � 3� 2, (d) r2 � 4r � 8, (e) � r2 � 4r � 8� 8, (f) r2 �4, (g) r � r2 � 4� , (h) Ingen løsning.8.2: 1

8e4x � ce� 4x. 8.3: xe� 4x � ce� 4x. 8.4:116e4x � 1

2xe� 4x � ce� 4x. 8.5: e2x � c1e3x � c2e4x. 8.6: � 12xex � c1ex � c2e3x. 8.7:

12x2 � c1e� x � c2e� 2x. 8.8: 1

6x3e� x � c1e� x � c2xe� x � c3x2e� x. 8.9: 7cos3x �sin3x � c1e3x � c2e4x. 8.10: 10xcosx � 5xsinx � 3cosx � 4sinx � ce� 2x. 8.11:10xcosx � 5xsinx � 14cosx � 2sinx � c1excosx � c2exsinx. 8.12: 2

3x3 � x2 � x �c1� c2e2x. 8.13: 5

2 � 54 cos2x � 5

4 sin2x � ce� 2x. 8.14: cosx � sinx. 8.15: � 12xex �

54ex � 1

4e3x. 8.16: � e2xcosx � e2x sinx � ex. 8.17: FSFFS.8.22: ex lnx � cex. 8.23:e� x ln � ex � 1� � ce� x.

Documents

KOMPLEKSE TAL M.M.people.math.aau.dk/~cornean/IMM_E12/kompleks.pdf · 2 Kompleksetalm.m. der for en trekant med en vinkel C afgrænset af siderne a og b og med c som modst˚aende